652期：以三角函数为载体的导数题（PDF版含答案）

以三角函数为载体的导数压轴题汇编
1 x．已知函数 f (x) e sin x ax．
（1）当a 0 时，求曲线 y f (x)在 (0, f (0))处的切线方程；
（2）当a 0 时，判断 f (x)在[0, 3 4 ]上的单调性，并说明理由；
（3）当a 1 时，求证： x [0, 3 f (x) 04 ]，都有 ．
分析：
（1）根据题意，当a 0时， f (x) e x sin x，计算其导数进而可得 f ' (0) 1，又由
f (0) e0 sin 0 0，由直线的点斜式方程计算可得答案；
（2）根据题意，求出 f (x)的导数，由a的范围，结合函数的单调性与函数导数的
关系分析可得结论；
（3）根据题意，分 a 0与0 a 1两种情况讨论，利用导数分析函数的单调性与
最小值，综合即可得答案．
解答：
(1)当a 0时， f (x) e x sin x，
则有 f ' (x) e x (sin x cos x)，则 f ' (0) 1．
又 f (0) e0 sin 0 0，
所以曲线 y f (x)在 (0, f (0))处的切线方程为 y x；
(2) x因为 f (x) e sin x ax，
所以 f ' (x) e x (sin x cos x) a 2e x sin(x 4 ) a，
因为 x [0, 3 ]，所以 x [ 4 4 4 , ]．
所以 2e x sin(x 4 ) 0，所以当 a 0时， f ' (x) 0，
所以 f (x)在区间[0, 3 4 ]单调递增；
(Ⅲ)证明：由(Ⅱ)可知，当 a 0时， f (x)在区间[0, 3 4 ]单调递增，
所以 x [0, 3 4 ]时， f (x) f (0) 0．
当0 a 1时，设 g(x) f ' (x)，
则 g ' (x) e x (sin x cos x) e x (cos x sin x) 2e x cos x，
g(x)， g ' (x)随 x的变化情况如下表：
x 0 (0, 2 )
( 2 2 ,
3
4 )
3
4
g ' (x) ＋ 0 －
g(x) 1 a g(x)递增 极大值 g(x)递减 a
所以 f (x) )在[0, 3 2 ]上单调递增，在 ( 2 , 4 ]上单调递减，
因为 f ' (0) 1 a 0， f ' (3 4 ) a 0，
所以存在唯一的实数 x0 ( , 3 2 4 )，使得 f ' (x0 ) 0，
且当 x (0, x0 )， f ' (x) 0，当 x (x0 , 3 4 ]时， f ' (x) 0，
所以 f (x)在[0, x0 ]上单调递增，在[x0 , 3 4 ]上单调递减．
3 3 2
又 f (0) 0， f () e 4 2 2 3 4 a e
4 2 2 3 e 3 0，
2
所以当0 a 1时，对于任意的 x [0, 3 4 ]， f (x) 0．
综上所述，当 a 1时，对任意的 x [0, 3 4 ]， f (x) 0．
2．已知函数 f (x) x sin x a cos x x,a R．
（1）当 a 1时，求曲线 y f (x)在 (0, f (0)) 处的切线方程；
（2）当 a 2 时，求 f (x)在区间 [0, 2 ]上的最大值和最小值；
（3）当 a 2时，若方程 f (x) 3 0 在区间[0, 2 ] 上有唯一解，求 a的取值范围．
分析：
（1）求得 f (x)的解析式和导数，可得切线的斜率、切点，由斜截式方程可得切线
的方程；
（2）求得函数的导数，判断单调性，计算可得最值；
（3）求得导数，构造函数 h(x) (1 a)sin x x cos x 1，求得导数，判断符号，可
得单调性，由函数零点存在定理，可得f（x）的单调性，结合条件可得a的范围．
解答：
（1）当 a 1时， f (x) x sin x cos x x，
所以 f ' (x) 2sin x x cos x 1， f ' (0) 1．
又因为 f (0) 1，
所以曲线 y f (x)在点 (0, f (0))处的切线方程为 y x 1；
（2）当 a 2时， f (x) x sin x 2cos x x，
所以 f ' (x) sin x x cos x 1．
当 x (0, 2 )时，1 sin x 0， x cos x 0，所以 f ' (x) 0．
所以 f (x)在区间[0, 2 ]上单调递增。
因 f (x)在区间[0, 2 ]上的最大值为 f (

2 ) ，最小值为 f (0) 2；
（3）当 a 2时， f ' (x) (1 a)sin x x cos x 1，
设 h(x) (1 a)sin x x cos x 1， h' (x) (2 a) cos x x sin x，
因为 a 2， x [0, 2 ]，所以 h' (x) 0．
所以 h(x)在区间[0, 2 ]上单调递减，
因为 h(0) 1 0， h(a2) 1 a 1 2 a 0，
所以存在唯一的 x0 [0, 2 ]，使 h(x0 ) 0，即 f ' (x0 ) 0．
所以 f (x)在区间[0, x0 ]上单调递增，在区间[x0 , 2 ]上单调递减。
因为 f (0) a， f ( 2 ) ，
又因为方程 f (x) 3 0在区间[0, 2 ]上有唯一解，
所以 a的取值范围是 (2,3]．
3．已知函数 f (x) sin xx ．
（1）若 x (0, )，讨论方程 f (x) k 根的情况；
（2）若 x (0,2 )， k [25 , )，讨论方程 f ' (x) k根的情况．
解：（1） f ' (x) x cos x sin x2 , x (0, )x
令 g(x) x cos x sin x，则 g ' (x) x sin x
当 x (0, )时， sin x 0， g ' (x) 0
g(x)单调递减， g(x)min g( ) 0
x趋于0时， f (x)趋于1，故 f (x) (0,1)
故， k 0时，方程 f (x) k 无实根；
0 k 1时，方程 f (x) k 有一个实根；
k 1时，方程 f (x) k 无实根．
（2）由（1）可知， f ' (x) x cos x sin x2 , x (0,2 )，则x
x cos x sin x kx2f ' (x) k 2 , x (0,2 )．x
令 h(x) x cos x sin x kx2 , x (0,2 )，则 h' (x) x sin x 2kx x(sin x 2k)
当 k 12时， sin x 2k 0， h' (x) 0， h(x)单调递减， h(0) 0．
故 x (0,2 )时， h(x) 0，方程 f ' (x) k无实数根；
当 25 k
1
2 时，则存在 x
3 3
1 ( ，2 )， x2 (2 ,2 )使得 h' (x) 0，且 x1 x2 3
x (0, x1)时， h' (x) 0； x (x1, x2 )时， h' (x) 0； x (x2，2 )时， h' (x) 0．
2
所以 h(x)在 x x1时取得极小值 f (x1) x cos x sin x kx
2 f ( 3 8 9 1 1 1 1 2 ) 4 ，
在 x x2 时取得极大值
h(x)极大 h(x2 ) x2 cos x2 sin x kx
2
2 2 (3 x1) cos x1 sin x1 k(3 x1)
2，
x1cosx1 sin x1 kx
2
1 3 (2kx1 cos x1 3k )，因为
3 (2kx cos x 3k ) 3 (2k 3
2
1 1 2 1 3k ) 3 ，所以 h(x)极大
8 9
4 3 0
2
h(2 ) 2 4k 2 10 16 5 0，故 x (0,2 )， h(x) 0， f ' (x) k无实数根；
综上， k [25 , )，方程 f ' (x) k无实根．
4．已知函数 f (x) x sin x cos x 12 ax
2 , x [ , ]．
（1）当 a 0 时，求 f (x)的单调区间；
（2）当 a 0时，讨论 f (x) 的零点个数．
解：（1）当 a 0 时， f (x) x sin x cos x, x [ , ]．
f ' (x) sin x x cos x sin x x cos x
当 x在[ , ]上变化时， f ' (x)， f (x)的变化如下表：
x ( , 2 )

2 (
,0) 0 (0, ) ( 2 2 2 2 , )
f ' (x) ﹢ ＋ 0 ﹣ 0 ﹢ 0 ﹣
极大 极大
f (x) 单调 单调 极小 单调 单调递﹣1 ﹣1递增 值 2 递减 值1 递增 值

2 减
所以的单调递增区间为 ( , 2 ， (0,

2 )，单调递减区间为 (

2 ,0)， ( 2 , )．
（2）任取 x [ , ]，
f ( x) ( x)sin( x) cos( x) 1 a( x)2 x sin x cos x 1 ax22 2 f (x)
所以 f (x)是偶函数， f ' (x) ax x cos x x(a cos x)
当 a 1时， a cos x 0在[0, ]恒成立，所以 x [0, ]时， f ' (x) 0，所以 f (x)在
[0, ]上单调递增，又因为 f (0) 1，所以 f (x)在[0, ]上有0个零点，
又 f (x)是偶函数，所以 f (x)在[ , ]上有0个零点．
当0 a 1时，令 f ' (x) 0得 cos x a，
由函数的单调性可知，存在唯一的 x0 ( 2 , )使得 cos x0 a
当 x [0, x0 )时， f ' (x) 0， f (x)单调递增；
当 x (x0 , ]时， f ' (x) 0， f (x)单调递减；
因为 f (0) 1， f (x0 ) 1， f ( ) 12 a
2 1，
①当 1 22 a 1 0，即
2
2 a 1时， f (x)在[0, ]上有0个零点
又 f (x)是偶函数，所以 f (x)在[ , ]上有0个零点．
②当 1 a 22 1 0，即0 a
2
2 时， f (x)在[0, ]上有1个零点
又 f (x)是偶函数，所以 f (x)在[ , ]上有2个零点．
综上，当0 a 22 时， f (x)在[ , ]上有0个零点；当
2
2 a 1时， f (x)在
[ , ]上有2个零点．
5．已知函数 f (x) (x a) cos x sin x, x (0, ),a R．
（1）求 f (x)的单调区间；
（2）若对于任意 x1 (0, )，存在 x2 (0, )，都有 f (x1) x
2
2 2x2 1 ，求 a的范
围．
解：（1） f ' (x) (a x)sin x, x (0, )
因为 x (0, )，所以 sin x 0
由 f ' (x) 0得 x a
当 a 0时， f ' (x) 0， f (x)在 (0, )上单调递减；
当 a 时， f ' (x) 0， f (x)在 (0, )上单调递增；
当0 a 时， x， f ' (x)， f (x)的变化情况如下表：
x (0,a) a (a, )
f ' (x) ﹢ 0 ﹣
f (x) 单调递增 极大值 单调递减
所以， f (x)的单调递增区间是 (0,a)，单调递减区间是 (a, )．
综上所述：当 a 0时， f (x)在 (0, )上单调递减；
当 a 时， f (x)在 (0, )上单调递增；
当0 a 时， f (x)的单调递增区间是 (0,a)，单调递减区间是 (a, )．
（2）设 g(x) x2 2x 1，因为 g(x) (x 1)2 2，当 x 1时，的最小值为﹣2．
因为对于任意 x1 (0, )，存在 x2 (0, )，都有 f (x1) x
2
2 2x2 1
f (0) 2 a 2
所以 ，即 ，解得 2 a 2
f ( ) 2

( a) 2
即 a的取值范围是[ 2,2]．
6．已知函数 f (x) 1 x2 ax ae x2 ， g(x) 为 f (x) 的导函数．
（1）求函数 g(x) 的单调区间；
（2）若函数 g(x) 在 R上存在最大值0，求函数 f (x) 在[0, ) 上的最大值；
（3）求证：当 x 1 时， x2 2x 3 e2x (3 2sin x)．
解：（1）由题意可知， g(x) f ' (x) x a ae x ，则 g ' (x) 1 ae x，
当 a 0时， g ' (x) 0，∴ g(x)在 ( , )上单调递增；
当 a 0时，令 g ' (x) 0，解得 x ln a；令 g ' (x) 0时，解得 x ln a，
∴ g(x)在 ( , ln a)上单调递增，在 ( ln a, )上单调递减
综上所述，当 a 0时， g(x)的单调递增区间为 ( , )，无递减区间；
当 a 0时， g(x)的单调递增区间为 ( , ln a)，单调递减区间为 ( ln a, )．
（2）由（1）可知， a 0且 g(x)在 x ln a处取得最大值，
1
g( ln a) ln a a ae ln a a ln a 1，即 a ln a 1 0，
令 h(a) a ln a 1(a 0)，则 h' (a) 1 1 a 1a a ，
当 a (0,1)时， h' (a) 0，当 a (1, )时， h' (a) 0，
∴ h(a)在 (0,1)上单调递减，在 (1, )单调递增，故 a 1时， h(a)有极小值，也是
最小值， h(1) 0，∴当且仅当 a 1时， a ln a 1 0．
∴ f (x) 12 x
2 x e x，由题意知 f ' (x) g(x) 0， f (x)在[0, )上单调递减，
f (x)在 x 0处取得最大值 f (0) 1．
（3）由（2）可知，若 a 1，当 x 0时， f (x) 1，即 1 x2 x e x2 1，
∴ x2 2x 2e x 2， x2 2x 3 2e x 1，
当 x 1时， e2x (3 2sin x) e2x，令F (x) e2x 2e x 1 e2 2e 1 0，故
e2x 2e x 1，所以 x2 2x 3 2e x 1 e2x (3 2sin x)，
7．函数 f (x) e x sin x， g(x) (x 1)cos x 2e x ．
（1）求 f (x)的单调区间；
（2）对 x 1 [0, 2 ]， x2 [0,

2 ]，使 f (x1) g(x2 ) m成立，求实数m的取值范围；
（3）设 h(x) 2x sin x f (x) n sin 2x在 (0, 2 )有唯一零点，求正实数 n的取值范围．
分析：
（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）问题等价于 f (x)min t(x)max , x [0,1]，根据函数的单调性求出m的范围即可；
（3）求出函数 h(x)的导数，通过讨论 n的范围，得到函数的单调区间，从而确定
n的范围即可．
解答：
（1） f ' (x) 2e x sin(x 4 )，
当 2k 2 x

4 2k ，即 x [2k

4 ,2k
3
4 ](k Z )时， f ' (x) 0， f (x)
单调递增，当 2k x 4 2k 2 ，即 x [2k
3
4 ,2k
7
4 ](k Z )时，
f ' (x) 0， f (x)单调递减．
综上， f (x)的递增区间是 x [2k ,2k 3 4 4 ](k Z )，
递减区间是 x [2k 3 ,2k 7 4 4 ](k Z )；
（2） f (x1) g(x2 ) m，即 f (x1) m g(x2 )，设 t(x) m g(x)，
则问题等价于 f (x)min t(x)max , x [0, 2 ]，
由（1）可知，当 x [0, 2 ]时， f ' (x) 0，故 f (x)在[0,

2 ]递增，
∴ f (x)min f (0) 0，
t(x) m (x 1)cos x 2e x， t ' (x) cos x (x 1)sin x 2e x，
∵ cos x 2e x 0， (x 1)sin x 0，

当 x [0, 2 ]， t ' (x) 0， t(x)在[0,

2 ]递增， t
2
max (x) t( 2 ) m 2e ，

故m 2e 2 0，m 2e 2 ，实数m的取值范围是 ( , 2e 2 ]；
（3） h(x) 2xe x nsin 2x, x (0, 2 )， h' (x) 2(x 1)e
x 2ncos 2x，
①若0 n 1，则 h' (x) 0， h(x)递增， h(x) h(0) 0无零点，
②若 n 1时，设 k(x) 2(x 1)e x 2ncos 2x，则 k ' (x) 2(x 2)e x 4ncos 2x，

故 k(x)递增，∵ k(0) 2 2n 0， k( 2 ) 2(

2 1)e
2 0，
故存在 x0 (0, 2 )，使得 k(x0 ) 0，
故 x (0, x0 )时， k(x) 0，即 h' (x) 0， h(x) )递减，
x (x 0 , 2 )时， k(x) 0，即 h' (x) 0， h(x)递增，
故 x (0, x0 )时， h(x) h(0) 0无零点，
当 x (x 0 , 2 )时， h(x0 ) 0， h( 2 ) 0，存在唯一零点，
综上， n (1, )时，有唯一零点．
8．已知函数 f (x) sin x x mx3(m R)．
（1）当 m 0时，证明： f (x) e x；
（2）当 x 0时，函数 f (x) 单调递增，求m 的取值范围．
分析：
（1）当m 0时，即证： e x x sin x 0，由于 e x x sin x e x x 1，令
g(x) e x x 1，利用导数研究其单调性即可得出．
（2）依题 f ' (x) cos x 1 3mx2 0在 x 0上恒成立，令F (x) cos x 1 3mx2 ，
F (0) 0， F ' (x) 6mx sin x，令H (x) x sin x，利用导数研究其单调性可得：
sin x x(x 0) sin x x，于是 F ' (x) 6mx x (6m 1)x，通过对m分类讨论
即可得出．
解答：
（1）证明：当m 0时，即证： e x x sin x 0，∵ e x x sin x e x x 1，令
g(x) e x x 1，则 g ' (x) e x 1，当 x 0时，有 g ' (x) 0， g(x)单调递增；
当 x 0时，有 g ' (x) 0， g(x)单调递减，∴ g(x) g(0) 0，
由于 e x x sin x e x x 1与 g(x) g(0)，取等号的条件不一致，∴ f (x) e x．
∴ e x x sin x 0 (此问可以参考如图理解)．
（2）依题 f ' (x) cos x 1 3mx2 0在 x 0上恒成立，
令 F (x) cos x 1 3mx2，F (0) 0， F ' (x) 6mx sin x，
又令H (x) x sin x H ' 1 cos x 0，所以 x 0时，H(x)在 (0, )上单调递增，
∴H (x) H (0) 0，因此 sin x x(x 0) sin x x，
∴ F ' (x) 6mx x (6m 1)x，讨论：
①当m 16， x 0时， F ' (x) 0， F (x)单调递增；∴ F (x) F (0) 0，符合题意
③当m 0时， F ( 22 ) 1 3m( 2 ) 0，不符合题意，舍去；
③当0 n 16， F ' ' (x) 6m cos x， F ' ' (0) 6m 1 0，
F ' ' ( 2 ) 6m 0F′′(π2)=6m>0，∴F′′(0) F′′(π2)<0．
∴ x1，使得 F ' ' (x1) 0，当 x (0, x1)时，F ' ' (x) 0，F ' (x)在 (0, x1)单调递减，
当 x (0, x1)时，F ' (x) F ' (0) 0，∴ F (x)在 (0, x1)单调递减，∴ F (x) F (0) 0，
不符合题意舍去．
综上：m的取值范围是[16 , )．
9．设函数 f (x) x a cos x b ln x(a,b R)．
（1）若b 0 且 f (x)在 (0, ) 为增函数，求 a的取值范围；
（2）设0 a 1，若存在 x1, x2 (0, )，使得 f (x1) f (x2 )(x1 x2 )，求证：b 0
且 x1x b2 a 1．
分析：（1）由 f (x)在 (0, ) 为增函数，可得 f ' (x) 1 a sin x 0在 (0, )上恒成
立，从而可得结果；
（2）结合题意先得出b 0时不成立，从而b 0，
由 f (x1) f (x2 )(x1 x2 )得 b(ln x2 ln x1) x2 x1 a(cos x2 cos x1)；
设0 x1 x2结合（1）得 cos x2 cos x1 x2 x1，故得
b(ln x2 ln x1) x2 x1 a(cos x2 cos x1) (1 a)(x2 x1)，
b x2 x1 x2 x从而 1a 1 ln x ln x 0，故转化为 2 1 ln x2 ln x
x1x2 成立，然后通过令
1
x2
x t(t 1)构造新函数 g(t) ln t
t 1(t 1)，可证得 g(t) 0，即证不等式成立．
1 t
解答：（1）当b 0时， f (x) x a cos x，由题意得 f ' (x) 1 a sin x 0在 (0, )
1 a 0
上恒成立，∴ ，解得 1 a 1，故a的取值范围是[ 1,1]．
1 a 0
（2）若b 0，则有 f ' (x) 1 a sin x b 1 a bx x
b
x 0
∴ f (x)在 (0, )上单调递增，与存在 x1, x2，使得 f (x1) f (x2 )(x1 x2 )矛盾，
∴b 0
由 f (x1) f (x2 )(x1 x2 )得 b(ln x2 ln x1) x2 x1 a(cos x2 cos x1)；
设0 x1 x2，由（1）知 y x cos x在 (0, )上单调递增
∴ x2 cos x2 x1 cos x1，即 cos x2 cos x1 x2 x1
∴ b(ln x2 ln x1) x2 x1 a(cos x2 cos x1) (1 a)(x2 x1)，
b x2 x1 0 x x x∴ a 1 ln x ln x ，下面证明
2 1 2
ln x ln x x1x2 ，令 x t(t 1) 2 1 2 1 1
2
设 g(t) ln t t 1(t 1)，则 g ' (t) ( t 1) 0在 (1, )上恒成立
t 2t t
∴ g(t)为单调递减函数， g(t) g(1) 0，从而 ln t t 1
t
x x
于是 b 2 1a 1 ln x ln x x1x2 ，不等式成立． 2 1
10．已知： f (x) 1 x22 mx sin x(x [0,1]) ．
（1）若 f (x)在[0,1]上单调递增，求实数m的取值范围；
（2）若0 m 1，试分析 f (x) 32 0的根的个数．
解答：（1） f ' (x) x m cos x，由于 f (x)在[0,1]上单调递增，
所以 x m cos x 0在[0,1]上恒成立，即m cosx x在[0,1]上恒成立；
令 g(x) cos x x, x [0,1]，则 g ' (x) sin x 1 0，故 g(x)在[0,1]上递减，
∴ g(x)max g(0) 1，m 1，m的取值范围是[1, )；
（2） f ' (x) x m cos x， f ' ' (x) 1 sin x 0，所以 f ' (x)在[0,1]上递增；
又 f ' (0) m 1 0， f ' (1) 1 m cos1 0，故存在唯一 x0 [0,1]，使得 f (x)在
[0, x0 ]单调递减，在[x0 ,1]上单调递增， x x0时， f (x)有极小值，也是最小值．
f (x)min f (x0 ) 12 x
2
0 mx0 sin x0 ，且m cos x0 x0
f (x) 1 2 1 2min f (x0 ) 2 x0 x0 (cos x0 x0 ) sin x0 2 x0 x0 cos x0 sin x0
令 h(x) 1 x22 x cos x sin x，则 h' (x) x cos x x sin x cos x x x sin x 0，
h(x)在[0,1]单调递减； h(x) h(1) 12 cos1 sin1
1
2 2 sin(1

4 )
1 3 32 2 sin 12 2 ，从而有 f (x)min 2 0，故0 m 1时，方程
f (x) 32 0无实根．
11．已知 f (x) e x ， g(x) x2 ax 2x sin x 1．
（1）证明：1 x e x 11 x (x [0,1))；
（2）若 x [0,1] 时， f (x) g(x) 恒成立，求实数a的取值范围．
解答：（1）设 h(x) e x x 1，则 h' (x) e x 1，故 h(x)在[0，1)上单调递增，
所以 x 0时， h(x)有最小值 h(0) 0，故 h(x) h(0) 0， e x x 1．令
x
m(x) e x 11 x
e (1 x) x
1 x (x [0,1))， t(x) e
x (1 x) x，则 t ' (x) xe x 1 0，

t(x)在[0，1)上单调递减， t(x) t(0) 0，所以m(x) 0，即 e x 11 x
综上，1 x e x 11 x (x [0,1))；
（2）设 F (x) e x (x2 ax 2x sin x 1)， x [0,1]时 F (x) 0恒成立，
所以 ax e x 1 x2 2x sin x， x 0时，不等式恒成立，
x
当 x (0,1]时， a e 1x x 2sin x，由（1）知， e
x 1 x
x
所以 e 1x x 2sin x 1 x 2sin x，令 n(x) 1 x 2sin x，则 n' (x) 2cos x 1
x [0,1]时， n' (x) 0， n(x)单调递增，∴ n(x) n(0) 1
故 a 1，所以a的取值范围是 ( ,1]．
已知函数数 f (x) e2x ， g(x) 11 x (x
2 ax 2x sin x 1) ， x [ 1,0] ．

（1）求证：1 x f (x) 11 x ；(1 x)2
（2）若 x [ 1,0] ，使得 f (x) g(x) 恒成立，求实数 a 取值范围．
答案
（1）要证 x [ 1,0] 时， e2x 1 x1 x ，只需证明 (1 x)e
x (1 x)e x ，

记 h(x) (1 x)e x (1 x)e x ，则 h' (x) x(e x e x ) ，
当 x [ 1,0] 时， h' (x) 0， h(x)是增函数，
故 h(x) h(0) 0，所以 f (x) 1 x1 ， x
要证 x [ 1,0] 时， e2x 1 2 ，(1 x)
只需证明 e x 11 x ，即证1 x e
x ，

记 k(x) 1 x e x ， k ' (x) 1 e x ，
当 x [ 1,0] 时， k ' (x) 0， k(x)是增函数，
k(x) k(0) 0，即 f (x) 1 2 ，所以
1 x 1
(1 x) 1 x
f (x) ．
(1 x)2
（2）由（1）可知， 1 x e2x (1 x) 11 x ，
设 m(x) f (x) g(x) 1 2x1 x [e (1 x) (x
2 ax 2x sin x 1)]

11 x (1 x x
2 ax 2x sin x 1) 1 (1 a x 2sin x)
1 x
令 l(x) x 2sin x ，则 l ' (x) 1 2cos x 0，
即 l(x) 在 [ 1,0] 上是增函数， l(x) l(0) 0，即1 a 0， a 1 时，
f (x) g(x) 在 [ 1,0] 上恒成立，
下面证明当 a 1 时， f (x) g(x) 在 [ 1,0] 上不恒成立
m(x) f (x) g(x) 1 2x1 x [e (1 x) (x
2 ax 2x sin x 1)]

11 x (
1
1 x x
2 ax 2x sin x 1) x1 x (
1
1 x a x 2sin x)
令 n(x) 11 x a x 2sin x，则 n' (x)
1 l ' (x) 0, x [ 1,0]，
(1 x)2
即 n(x)在 [ 1,0] 上是增函数， n(x)在 [ 1,0] 上的值域为 [32 a 2sin1,1 a]．
所以 x0 [ 1,0]，使得 n(x0 ) 0，m(x0 ) 0，
即 f (x) g(x) 在 [ 1,0] 上不恒成立，
综上，实数 a 取值范围是 ( , 1]．
12．已知函数 f (x) sin x ax ．
（1）对于 x (0,1) ， f (x) 0恒成立，求实数 a的取值范围；
（2）当 a 1 时，令 h(x) f (x) sin x ln x 1 ，求 h(x)的最大值；
（3）求证： ln(n 1) 1 12
1
3
1 1
n 1 n (n N*)．
分析：（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式求出a的范围即可；
（2）求出 h(x)的导数，解关于导函数的不等式求出 h(x)的单调区间，从而求出
h(x)的最大值即可；
（3）构造函数 f (x) ln(1 x) x，利用导数法可证得 ln(1 x) x（当 x 0时，
ln(1 x) x），令 x 1n，利用对数函数的运算性质及累加法求和即可证得结论成
立．
解答：
（1） f (x) sin x ax， f ' (x) cos x a，若对于 x (0,1)， f (x) 0恒成立，
即a cos x在 (0,1)恒成立，故 a 0，实数 a的取值范围为 ( ,0]；
（2） a 1时， h(x) ln x x 1(x 0)， h' (x) 1x 1
1 x
x ，
令 h' (x) 0，解得：0 x 1，令 h' (x) 0，解得： x 1，
∴ h(x)在 (0,1)递增，在 (1, )递减，∴ h(x)的最大值是 h(1) 0；
（3）构造函数 g(x) ln(1 x) x，则 g ' (x) 11 x 1
x
1 x，
当 1 x 0 0时， g ' (x) 0， g(x)在 ( 1,0)上单调递增；
当 x 0时， g ' (x) 0， g(x)在 (0, )上单调递减；
所以，，当 x 0时， g(x) ln(1 x) x取得极大值，也是最大值，
所以， g(x) g(0) 0，即 ln(1 x) x，当 x 0时， ln(1 x) x．
令 x 1n，则 ln(1
1
n ) ln(n 1) ln n
1
n
∴ ln 2 ln1 1， ln 3 ln 2 12，…， ln n ln(n 1)
1
n 1， ln(n 1) ln n
1
n ，
以上n个不等式相加得： ln(n 1) ln1 1 12
1
3
1 1n 1 n (n N*)，
即 ln(n 1) 1 12
1
3
1 1
n (n N*)． 1 n
13．已知函数 f (x) x2 2x a ln x ， g(x) ax．
（1）求函数 F (x) f (x) g(x) 的极值；
（2）若不等式 sin x2 cos x g(x)对 x 0恒成立，求 a的取值范围．
分析：（1）化简函数 F (x) f (x) g(x)的解析式，利用函数的导数，通过 a与0以
及1的大小，判断导函数的单调性求解函数的极值；
（2）设 h(x) ax sin x2 cos x (x 0)， h' (x) a
1 2cos x
2 ，设 t cos x, t [ 1,1]， (2 cos x)
(t) 1 2t2 ， ' (t)
2(t 2)(t 1) 2(t 1)4 3 0，利用函数的单调性，通过①(2 t) (2 t) (2 t)
当 a 1 13时，②当 a 0时，③当0 a 3时，判断函数的单调性转化求解 a的取值
范围．
解答：
2
（1） F (x) x2 2x a ln x ax F ' (x) 2x (a 2)x a (2x a)(x 1)， x x ，
∵ F (x)的定义域为 (0, )，
① a2 0，即 a 0时， F (x)在 (0,1)上递减， F (x)在 (1, )上递增，F (x)极小
a 1，F (x)无极大值；
②0 a2 1，即 2 a 0时， F (x)在 (0,
a
2)和 (1, )上递增，在 (
a
2 ,1)上递减，
2
F (x)极大=F ( a ) a a a ln( a2 4 2)， F (x)极小=F (1) a 1；
③ a2 1，即 a 2时， F (x)在 (0, )上递增， F (x)没有极值；
④ a2 1，即 a 2时，F (x)在 (0,1)和 (
a
2 , )上递增，F (x)在 (1,
a
2)上递减，
2
∴ F (x)极大=F (1) a 1， F (x)极小=F ( a2) a
a
4 a ln(
a
2)．
综上可知： a 0时，F (x)极小= a 1， F (x)无极大值；
2
2 a 0时， F (x)极大=F ( a2) a
a
4 a ln(
a
2)， F (x)极小=F (1) a 1；
a 2时，F(x)没有极值；
2
a 2时，F (x)极大= F (1) a 1， F (x)极小=F ( a2) a
a
4 a ln(
a
2)．
（2）设 h(x) ax sin x2 cos x (x 0)， h' (x) a
1 2cos x ，
(2 cos x)2
设 t cos x, t [ 1,1] 2(t 2)(t 1) 2(t 1)， (t) 1 2t2 ， ' (t) 0(2 t) (2 t)4 (2 t)3
∴ (t)在[ 1,1]上递增，∴ (t)的值域为[ 1, 13]，
①当 a 13时， h' (x) 0， h(x)为[0, )上的增函数，
∴ h(x) h(0) 0，适合条件；
②当 a 0时，∵ h( 2 ) a
12 2 0，∴不适合条件；
③当0 a 1时，对于0 x ， h(x) ax sin x3 2 3 ，
令T (x) ax sin x3 ，T ' (x) a
cos x
3 ，
存在 x0 (0, 2 )，使得 x (0, x0 )时，T ' ' (x) 0，
∴T (x)在 (0, x0 )上单调递减，∴T (x0 ) T (0) 0，
即在 x (0, x0 )时， h(x) 0，∴不适合条件．
综上， a的取值范围为[13 , )．
14．设函数 f (x) e x a sin x b ．
（1）当 a 1 ， x [0, ) 时， f (x) 0恒成立，求b的范围；
（2）若 f (x) 在 x 0 处的切线为 x y 1 0 ，求 a， b的值，并证明当 x (0, )
时， f (x) ln x．
分析：
（1）化简函数的解析式，求出函数的导数，判断导函数的符号，判断函数的单调
性求出最小值即可得到结果．
（2）求出 f ' (x) e x a cos x，通过 f (0) 1 b．利用 f ' (0) e0 a 1，求出
a 0． (0,1 b)在切线 x y 1 0上．求出b 2．得到 f (x) e x 2．构造函数
g(x) e x 2 ln x，利用函数的导数求解函数的最小值然后求解即可．
解答：
（1）由 f (x) e x a sin x b，当 a 1时，得 f ' (x) e x cos x．
当 x [0, )时， e x 1， cos x [ 1,1]，所以 f ' (x) e x cos x 0，
即 f (x)在[0, )上单调递増，所以 f (x)min f (0) 1 b，
由 f (x) 0恒成立，得1 b 0，所以b 1，b的范围是[ 1, )．
(2)由 f (x) e x a sin x b得 f ' (x) e x a cos x，且 f (0) 1 b．
由题意得 f ' (0) e0 a 1，所以 a 0，
又 (0,1 b)在切线 x y 1 0上．
所以0 1 1 b 0，所以b 2 b= 2．
所以 f (x) e x 2．
x
设 g(x) e x 2 ln x(x 0)，则 g ' (x) e x 1 xe 1x x ，
设 k(x) xex 1(x 0)， k ' (x) (x 1)e x 0， k(x)在 (0, )单调递增
∴ k(0) 1 0， k(1) e 1 0，故存在 x0 (0,1)，使得 x (0, x0 )， k(x) 0，
g ' (x) 0， x (x0 , )， k(x) 0， g(x) 0，所以 x x0时， g(x)有极小值，也即
是最小值 g(x)min g(x ) e
x0
0 2 ln x0，其中 x0e
x0 1
∴ g(x) g(x ) 1 2 ln 1 1 x 2 2 1min 0 x x x 0 x x 2 00 00 e 0 0
故 f (x) ln x．
15．函数 f (x) e x x 1， g(x) e x (ax x cos x 1)．
（1）求函数 f (x) 的极值；
（2）若 a 1 ，证明：当 x (0,1) 时， g(x) 1．
分析：
（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出
函数的极值；
（2）问题等价于 ax x cos x 1 1x ，由（1）得： e
x x 1，故 1 1
e e x
x ， 1
x (0,1)，令 h(x) cos x a 1x 1，根据函数的单调性证明即可．
解答：
（1）函数 f (x) e x x 1的定义域为R， f ' (x) e x 1，由 f ' (x) 0得 x 0，
f ' (x) 0得 x 0，所以函数 f (x)在 ( ,0)单调递减，在 (0, )单调递增，所以函
数 f (x)只有极小值 f (0) 0．
（3）证明：不等式 g(x) 1等价于 ax x cos x 1 1x ，由(1)得： e
x x 1．
e
所以 1 1
e x
x 1， x (0,1)，所以
ax x cos x 1 1x ax x cos x 1
1 x(a cos x 1
e x 1 x 1
)

令 h(x) cos x a 1x 1，则 h' (x) sin x
1
2 ，当 x (0,1)时， h' (x) 0， (x 1)
所以 h(x)在 (0,1)上为减函数，因此， h(x) h(1) a 12 cos1，
因为 cos1 cos 13 2，所以，当 a 1时， a
1
2 cos1 0，
所以 h(x) 0，而 x (0,1)，所以 g(x) 1．
16．已知函数 f (x) x sin x cos x(x 0) ．
（1）当 x (0,2 ) ，求 f (x)的极值；
（2）记 xi为 f (x) 的从小到大的第 i(i N
*) 个极值点，证明：
1 1 1 22 2 2 9 (n 2,n N*)x2 x3 xn
解答：
（1） f ' (x) sin x x cos x sin x x cos x, x (0,2 )
令 f ' (x) 0，解得 x 2 或 x
3
2 ．
当0 x 2 时， f ' (x) 0， f (x)单调递增；当

2 x
3
2 时， f ' (x) 0， f (x)单
调递减；当 3 2 x 2 时， f ' (x) 0， f (x)单调递增
∴ f (x)极小 f (
3 3
2 ) 2 ， f (x)

极大 f ( 2 ) 2
（2）∵ f ' (x) 0， x 0，∴ x 2n 1i 2
∴ 94
1 [ 3 ]2 1
x2i (2n 1) (2n 1)
2
9 ( 1 1 1 1 ) 1 1 1 1 1 14 x2 x2 2 2 2 22 3 xi xn 3 5 (2n 1)
2 1 3 3 5 (2n 3)(2n 1)
1 (1 1 ) 12 2n 1 2
∴ 1 1 1 2
x2 x2
2 9 (n 2,n N*)2 3 xn
17．已知函数 f (x) x cos x ax a, x [0, 2 ], (a 0)．
（1）当 a 1 时，求 f (x)的单调区间；
（2）求证： f (x)有且仅有一个零点．
解：（1）函数 f (x) xcos x ax a, x [0, 2 ] a 1
f '(x) cos x xsin x a, x [0, 2 ],(a 0)在[0,
]单调递减，
2
f '(x) cos x xsin x a f '(0) 1 a 0，所以 f (x)单调递减，
因此 f (x)在[0, ]单调递减
2
（2） f (x) xcos x ax a, x [0, 2 ] a 1
f '(x) cos x xsin x a, x [0, 2 ],(a 0)
f ' '(x) xcos x 2sin x 0, x [0, 2 ],(a 0)
f '(x) 单调递减， f '(0) 1 a， f '( ) a
2 2
当 a 1时， f '(0) 1 a 0， f '(x) 0
f (x)单减， f (0) a 0 f ( ) a a ， 0
2 2
此时 f (x)有且仅有一个零点．
a 当 时， f '( ) a 0， f '(x) 0
2 2 2
f (x) f (0) a 单增， a 0， f ( ) a 0
2 2
此时 f (x)有且仅有一个零点．

当 a 1时， f '(0) 1 a 0 f '( ) a 0
2 2 2
存在 x0使得 f (x0) 0
则 x (0, x0) f '(x) 0此时 f (x)单增
则 x (x 0 , ) f '(x) 0此时 f (x)单减2
①0 a 1， f (0) a 0， f (x 0) 0， f ( ) 02

② a 0， f (0) a 0， f (x 0) 0， f ( ) 02 2
此时 f (x)有且仅有一个零点．
综上， a R时 f (x)有且仅有一个零点．
18．设函数 f (x) e x a sin x ．
（1）当 a 1时，证明： x (0, ) ， f (x) 1 ；
（2）若 x [0, )， f (x) 0都成立，求实数 a的取值范围．
解：（1）证明：由a=1知 f (x) ex sin x，
当x∈[0，+∞）时， f '(x) ex cos x 0（当且仅当x=0时取等号），
故f（x）在[0，+∞）上是增函数，
又f（0）=1，故 x∈（0，+∞），f（x）>f（0）=1，
即：当a=1时， x∈（0，+∞），f（x）>1．
（2）当a=0时， f (x) ex，符合条件
当a>0，设 y1 e
x
与 y2 asin x在点 (x0 , y ) (x (0,

0 处有公切线 0 ))2
ex0 asin x
则 0 tan x 1 x

a 2e 4
e
x0 acos x 0 00 4

故0 a 2e 4
当a<0，设 y1 e
x
与 y2 asin x在点 (x0 , y0)
3
处有公切线 (x0 ( , ))2

同理可得 2e 4 a 0

综上， a [ 2e 4 , 2e 4 ]
19．设函数 f (x) x a sin x(a 0)．
（1）若函数 y f (x)是 R上的单调函数，求实数 a的取值范围；
（2）设 a 12， g(x) f (x) b ln x 1(b R,b 0)， g ' (x)是 g(x)的导函数．
①若对任意的 x 0 ， g ' (x) 0 ，求证：存在 x0 ，使 g(x0 ) 0；
②若 g(x1) g(x2 )(x1 x2 )，求证： x1x 4b
2
2 ．
解：（1） f '(x) 1 acos x 0 对 x R恒成立
因为a>0 1，所以 cos x对 x R恒成立
a
1
cos x 1实数 0 a 1
a max
（2）① g(x) x 1 sin x b ln x 1， g '(x) 1 1 cos x b
2 2 x
若b<0 b b 1，则存在 0，使 g '( ) 1 cos( b ) 0 舍去
2 2 2 2
3

若b>0，取 x b0 e ，则0 x0 1
g(x ) x 1 sin x b ln x 1 1 1 b ln x 1 10 0 2 0
0 2 0
0
2
存在 x0 ，使 g(x0 ) 0
0 x x x②设 1 22，令 t 1x1
由（1）知 y x sin x单增，所以 x2 sin x2 x1 sin x1，即 x2 x1 sin x2 sin x1
g(x1) g(x2)(x1 x2) x
1
， 1 sin x1 b ln x1 1 x
1
2 sin x2 b ln x2 12 2
1 1
所以 b(ln x2 ln x1) x2 x1 (sin x2 sin x1) (x2 x1)2 2
x x
所以 2b 2 1 0
ln x2 ln x1
x x
下面证明 2 1 x x ，即 ln t t 1 0
ln x2 ln x
2 1
1 t
h(t) ln t t 1,t 1 h'(t) (t 1)
2
设 ， 0恒成立
t 2t t
h(t)单减， h(t) h(1) 0，所以 2b x1x2
20．设函数 f (x) x a cos x b ln x(a,b R)．
（1）若b 0 且 f (x)在 (0, ) 为增函数，求 a的取值范围；
（2）设0 a 1，若存在 x1, x2 (0, )，使得 f (x1) f (x2 )(x1 x2 )，求证：b 0
且 x b1x2 a 1．
解：（1） f (x) x acos x为增函数，所以 f '(x) 1 asin x 0恒成立
所以 a ( 1,1)
x
（2）设0 x1 x2，令 2 t 1x1
由（1）知0 a 1， f (x) x acos x单增，所以 x2 acos x2 x1 acos x1，即
x2 x1 a(cos x2 cos x1)
f (x1) f (x2)(x1 x2)， x1 acos x1 b ln x1 x2 acos x2 b ln x2
所以 b(ln x2 ln x1) x2 x1 a(cos x2 cos x1) (1 a)(x2 x1)
b x2 x所以 1 0
a 1 ln x2 ln x1
x x
下面证明 2 1 x x ln t t 1 ，即 0
ln x 2 12 ln x1 t
2
设 h(t) ln t t 1,t 1 (t 1) ， h'(t) 0恒成立
t 2t t
h(t)单减， h(t) h(1) 0，所以 x1x2 ba 1
21．设 f (x) aex cos( x2 ) ，其中 a 0 ．
（1）求证：曲线 y f (x) 在点 (0, f (0))处的切线过定点；
（2）若函数 f (x) 在 ( 1,1)上存在唯一极值，求正数 a的取值范围．
x
证明：（1）因为 f '(x) ae sin( x)
2 2
所以 f '(0) a，又 f (0) a 1，
所以曲线 y f (x) 在点 (0, f (0))处的切线为 y (a 1) ax，
即 y a(x 1) 1，所以曲线 y f (x) 在点 (0, f (0))处的切线过定点 ( 1, 1)
（2 x）因为 f '(x) ae x2 sin( 2 )
当 a 0，函数 y aex 和 f (x) sin( x2 2 )在 ( 1,1)上都是增函数
所以 f '(x) aex sin( x2 2 )在 ( 1,1)上是增函数
函数 f (x) 在 ( 1,1)上存在唯一极值，
1
f '( 1) 0 ae 0
，所以f (1) 0
2
ae 0
2
所以 a (0, e )
2
22 2x 3 x．已知函数 f (x) e (x ax 4x cos x 1)， g(x) e m(x 1) ．
（1）当m 1时，求函数 g(x)的极值；
（2）若 a 72，证明：当 x (0,1) 时， f (x) x 1 ．
(1) g '(x) ex m，由 g '(x) 0得 x lnm
由 x lnm得 g '(x) 0， x lnm得 g '(x) 0，
所以函数 g(x)只有极小值 g(lnm) m lnm .
x 1
(2) 3证明：不等式等价于 x ax 4xcos x 1 x 由(1)
x
得： e x 1，
e
e2x所以 (x 1)2 1 x 1 ，所以 2x ，x∈(0，1)，x 1 e
x3 ax 4xcos x 1 x 1 3x x ax 4xcos x 1
1 1
x(x2 4cos x a )
e x 1 x 1
令 h(x) x2 4cos x 1 a ，则 h'(x) 2x 4sin x 1 ，
x 1 (x 1)2
令 I (x) 2x 4sin x，则 I '(x) 2(1 2cos x)，
所以 I '(x) 0，
所以 I (x)在(0，1)上为减函数，所以I(x)则 h'(x) 0，所以h(x)在(0，1)上为减函数，
因此， h(x) h(1) a 3 4cos1，所以h(x)>0，而x∈(0，1)，所以f(x)>x+1
2
23 f (x) sin x x mx3．已知函数 (m R)．
（1）当 m 0时，证明： f (x) e x；
（2）若 x 0 ，函数 f (x) 单调递增，求 m的取值范围．
(1) m=0 ex x x证明：当 时，即证： x sin x 0，∵ e x sin x e x 1，令
g(x) ex x 1，
则 g '(x) ex 1，当x>0时，有 g '(x) 0 .
当x>0时，g(x)单调递增；
当x<0时，有g′(x)<0.当x<0时，g(x)单调递减，∴g(x) g(0)=0.
x x
由于 e x sin x e x 1与g(x) g(0)，取等号的条件不一致，
ex∴ x sin x 0 ( x此问可以参考如图理解).∴ f (x) e .
(2)依题 f '(x) cos x 1 3mx2 0在x 0上恒成立，
令 F (x) cos x 1 3mx2，F(0)=0， F '(x) 6mx sin x，
又令H (x) x sin x H '(x) 1 cos x 0，所以当x 0时，H(x)在(0，+∞)上单调递增，
∴H(x) H(0)=0，因此 sin x x (x 0) sin x x，
∴ F '(x) 6mx x=(6m 1)x，讨论：
m 1①当 ，x 0时， F '(x) 0，F(x)单调递增;∴F(x) F(0)=0，符合题意
6

③当m 0时， F ( ) 1 3m( )2 0，不符合题意，舍去。
2 2
1
③当0 m ， F ' '(0) 6m 1 0 ， F ' '( ) 6m 0，∴ F ' '(0) F ' '( ) 0 .
6 2 2
∴ x1，使得 F ' '(x1) 0，当x∈(0，x1)时， F ' '(x) 0，∴ F '(x) 0在(0，x1)时单调递减，
当x∈(0，x1)时，F '(x) F '(0) 0，∴F(x)在(0，x1)单调递减，
∴F(x)综上：m 1 .
6
24．已知 f (x) ln(a x) x．
（1）求函数 f (x) 的单调区间；
2
（2）当 x 0 时， f (x) x1 x 0 恒成立，求 a的取值范围；
（3）求证：当 x 0 时， ln(x 1) sin x1 sin x ．
解：（1） f (x) ln(a x) x， x a ，
f '(x) 1 1 ，令 f '(x) 0解得：x=1 a，
a x
∴x∈( a，1 a)时， f '(x) 0，x∈(1 a，+∞)时， f '(x) 0，
∴f(x)在( a，1 a)递增，在(1 a，+∞)递减；
2
(2)令 g(x) f (x) x1 ln(a x)
x 0，
x 1 x
x x
故 a x e1 x ，即 a e1 x x恒成立，
t x (0 t t令 ∈ ，1)，则 a e 恒成立，
1 x t 1
令 (x) et t ，则 '(x) 1 1 t ，t 1 e (t 1)2
下面证明 '(x) 0，
e t∵ t 1，且t∈(0，1)时，(t 1)2 ( t+1)=t2 t<0，
∴ e t t 1 (t 1)2 0，
1 1
∴ '(x) t 2 0，∴ (x)递减，e (t 1)
∴a φ(0)=1，即a的范围是[1，+∞)；
(3)由(2)可知：a=1，x>0时， ln(1 x) x1 x，
当x∈ (0, )时，令m(x) x sin x，则m(x) 1 cos x 0，
2
∴m(x)递增，∴m(x)>0，即 x sin x 0，
又 n(x) x1 x在(0，+∞)递增，
故 x sin x1 x 1 sin x ，
故 ln(x 1) sin x1 sin x .
25 x．已知函数 f (x) e cos x x．
（1）当曲线 y f (x) 在点 (0, f (0))处的切线方程；
（2）求函数 f (x)在区间[0, 2 ]上的最大值和最小值；
x x
解：(1)函数 f (x) e cos x x的导数为 f '(x) e (cos x sin x) 1，
可得曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为 k e0(cos0 sin 0) 1 0，
切点为(0，1)，曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y=1；
(2)函数 f (x) e x cos x x x的导数为 f '(x) e (cos x sin x) 1，
令 g(x) ex (cos x sin x) 1，
则g(x)的导数为 g(x) 2ex sin x，
当x∈[0, ]，可得 g(x) 2ex sin x 0，
2
即有g(x)在[0, ]递减，可得g(x) g(0)=0，
2

则f(x)在[0, ]递减，
2

即有函数f(x)在区间[0, ]上的最大值为f(0)=1；
2

最小值为 f ( ) e 2 cos .
2 2 2 2
26．设函数 f (x) x2 sin x的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{xn} ．
（1）求数列{xn} ；
（2）设{xn} 的前 n项和为 Sn，求 sin Sn ．
解：(Ⅰ)求导函数可得 f '(x) 12 cos x，令 f '(x) 0，可得 x 2k
2
(k∈Z).
3
令 f '(x) 0，可得 2k 2 2 x 2k (k∈Z)；
3 3
2 4
令 f '(x) 0，可得 2k x 2k (k∈Z)；
3 3
2
∴ x 2k (k∈Z)时，f(x)取得极小值，
3
x 2n 2∴ n (n∈N+).3
2n
(Ⅱ) Sn n(n 1) 3
∴当n=3k(k∈N )时， sin Sn sin( 2k ) 0；
2 3
当n=3k 1(k∈N )时 sin Sn sin( ) ；3 2
4 3
当n=3k 2(k∈N )时， sin Sn sin( ) .3 2
27．设函数 f (x) ax cos x, x [0, ]．
（1）讨论 f (x) 的单调性；
（2）设 f (x) 1 sin x ，求 a的取值范围．
(Ⅰ)求导函数，可得 f '(x) a sin x, x [0, ]， sin x∈[0，1]；
当a 0时， f '(x) 0恒成立，f(x)单调递减;当a 1时， f '(x) 0恒成立，f(x)单调递增；
当0当x∈[0，x1]时， sin x a， f '(x) 0，f(x)单调递增
当x∈[x1，x2]时， sin x a， f '(x) 0，f(x)单调递减
当x∈[x2，π]时， sin x a， f '(x) 0，f(x)单调递增；
2
(Ⅱ)由 f (x) 1 sin x得 f ( ) 1，∴a

令 g(x) sin x 2 x(0 x )，则 g '(x) cos x 2
2
令 g '(x) cos x 2 0得到 x x
0
(0, )；
2

当x∈(0，x0)时， g '(x) 0，当x∈(x0， )时， g '(x) 0
2
∵ g(0) g( ) 0，∴g(x) 0，即 sin x 2 x(0 x )，
2 2
2 2
当 a 时，有 f (x) x cos x

2
①当0 x 时， sin x x， cos x 1所以 f (x) 1 sin x；
2

②当 x π时 f (x) 1 2 sin x综上， a
2
28．设函数 f (x) a cos 2x (a 1)(cos x 1) ，其中 a 0 ，记 | f (x) |的最大值为 A．
（1）求 f ' (x)；
（2）求 A；
（3）证明 f ' (x) 2A
解：(1) f '(x) 2asin 2x (a 1)sin x
(2)当a 1时， | f (x) | | acos2x (a 1)(cos x 1) | a+2(a 1)=3a 2=f(0)
因此，A=3a 2. …
当01 a
令g(t)=2at2+(a 1)t 1，则A是|g(t)|在[ 1，1]上的最大值，g( 1)=a，g(1)=3a 2，且当 t 时，
4a
1 a a2 6a 1
g(t)取得极小值，极小值为 g( ) .
4a 8a
1 1 a 1 1令 1，解得 a (舍去)， a .
4a 3 5
(ⅰ)当0 a 1 时，g(t)在( 1，1)内无极值点，|g( 1)|=a，|g(1)|=2 3a，|g( 1)|<|g(1)|，所以
5
A=2 3a.
1 1 a
(ⅱ)当 a 1时，由g( 1) g(1)=2(1 a)>0，知g( 1)>g(1)> g( )
5 4a
| g(1 a
2
又 ) | (1 a)(1 7a) A | g(1 a ) | a 6a 1 |g( 1)|= ，所以 0
4a 8a 4a 8a
1
2 3a, 0 a 5
2
A a 6a 1, 1综上， a 1
8a 5
3a 2, a 1
(3)由(1)得 | f '(x) | =| 2asin2x (a 1)sinx| 2a+|a 1|.
0 a 1当 时， | f '(x) | 1+a 2 4a<2(2 3a)=2A.
5
1 a 1 3
当 a 1时， A 1，所以 | f '(x) | 1+a<2A.
5 8 8a 4
当a 1时， | f '(x) | 3a 1 6a 4=2A，所以|f′(x)| 2A
29．已知 a 0 ，函数 f (x) eax sin x(x [0, ))．记 xn 为 f (x)的从小到大的第
n(n N*)个极值点．
证明：（1）数列{ f (xn )}是等比数列；
（2）若a 1 ，则 n N *， xn | f (xn ) |对一切对恒成立．
e2 1
ax 2 ax
解：证明：(Ⅰ) f '(x) e (asin x cos x) a 1e sin(x )，
tan 1 0 ，
a 2
令 f '(x) 0，由x 0，x+φ=m ，即 x m ，m∈N ，
对k∈N，若(2k+1)π则，因此在((m 1)π φ，m φ)和(m φ，(m+1)π φ)上 f '(x)符号总相反。
于是当 x n ，n∈N ，，f(x)取得极值，所以 x n ，n∈N ，
f '(x) 0 f (x ) ea(n )此时 n sin(n ) ( 1)
n 1ea(n ) sin ，
f (x ) 0 f (xn 1) ( 1)
n 2ea((n 1) ) sin
易知 n ，而 e
ax
是常数，
f (xn ) ( 1)
n 1ea(n ) sin
故数列{ f (xn )}是首项为 f (x
a( ) ax
1) e sin 公比为 e 的等比数列；
(Ⅱ)由 sin 1 ，可得对一切n∈N ， xn | f (xn ) |恒成立。
a2 1
2 a(n )
即为 n 1 ea(n ) a 1恒成立 ea(n )，①a2 1 a
et t
设 g(t) e (t 1) (t>0)， g '(t) 2 ，t t
当01时，g′(t)>0，g(t)递增。
t=1时，g(t)取得最小值，且为e.
a2 1
因此要使①恒成立，只需 g(1) e，
a
a 1 a 1 tan 1 e2 1 3 0 只需 ，当 ， ，且 ，
e2 1 e2 1 a 2
2 可得 ，于是 e2 1，且当n 2时，
3 2 3
n 2 2 e2 1，
3
n 2
因此对n∈N ， axn 1，即有 g(axn ) g(1) e
a 1
，
e2 1 a
故①亦恒成立。
a 1综上可得，若 ，则对一切n∈N ， xn | f (xn ) |恒成立。
e2 1
30．已知函数 f (x) x cos x sin x, x [0, 2 ] ．
（1）求证： f (x) 0；
（2）若 a sin xx b在 (0,

2 )上恒成立，求 a的最大值与b的最小值．
解：(1)证明：由 f (x) xcos x sin x得
f '(x) xsin x

因为在区间(0， )上 f '(x) xsin x 0，所以f(x)在区间[0， ]上单调递减。
2 2
从而f(x) f(0)=0.
a sin x(2)由 b得 sin x ax 0， sin x bx 0
x
可构造函数 g(x) sin x ex ，x∈(0， )求导得 g '(x) cos x e
2
若c 0， g '(x) 0 ，则g(x)在x∈(0， )递增
2
c
则00对x∈(0， )恒成立。
2 2

若c 1， g '(x) 0，则g(x)在x∈(0， )递减
2
c
则1 2 2

若02 0
) 0
当x∈(0，x0)， g '(x) 0，g(x)递增
c
当x∈(x0， )， g '(x) 0，g(x)递减g(0)=0，g( )=1
2 2 2
c
要使g(x)>0对x∈(0， )恒成立，则g( )=1 0
2 2 2

即02
2
综上所述，要使g(x)>0对x∈(0， )恒成立，c
2

要使g(x)<0对x∈(0， )恒成立，c 1
2
所以 a 2max b max
1
31．已知函数 f (x) (cos x x)( 2x) 83 (sin x 1) ，
g(x) 3(x ) cos 4(1 sin x) ln(3 2x ) ．

证明：（1）存在唯一 x0 (0, 2 ) ，使 f (x0 ) 0
（2）存在唯一 x1 ( 2 , )，使 g(x1) 0，且对（1）中的 x0 x1 ．
2
证明：(Ⅰ)∵当x∈(0， )时， f '(x) (1 sin x)( 2x) 2x cos x 0，
2 3

∴函数f(x)在(0， )上为减函数，
2
8 16
又f(0)=π >0，f( )= π2 <0；
3 2 3

∴存在唯一的x0∈(0， )，使f(x0)=0；
2
3(x )cos x 2
(Ⅱ)考虑函数 h(x) 4ln(3 x)，x∈[ ，π]，
1 sin x 2

令t=π x，则x∈[ ，π]时，t∈[0， ]，
2 2
u(t) h( t) 3t cos t记函数 4ln(1 2 x)，
1 sin t
u'(t) (3cos t 3t sin t)(1 sin t) 3t cos
2 t 4 2
则
(1 sin t)2 1 2 t

3 f (t)

( 2t)(1 sin t)
由(Ⅰ)得，当t∈(0，x0)时，u'(t) 0；
在(0，x0)上u(x)是增函数，又u(0)=0，∴当t∈(0，x0]时，u(t)>0，
∴u(t)在(0，x0]上无零点；

在(x0， )上u(t)是减函数，且u(x0)>0，u( )= 4ln2<0，
2 2

∴存在唯一的t1∈(x0， )，使u(t1)=0；
2

∴存在唯一的t1∈(0， )，使u(t1)=0；
2

∴存在唯一的x1=π t1∈( ，π)，使h(x1)=h(π t1)=u(t1)=0；
2

∵当x∈( ，π)时，1 sin x 0，∴ g(x) (1 sin x)h(x)与h(x)有相同的零点，
2

∴存在唯一的x1∈( ，π)，使g(x1)=0，
2
∵x1=π t1，t1>x0，∴x0+x1<π.
3
32 f (x) (1 x)e 2x． 已知函数 ， g(x) ax x2 1 2x cos x，当 x [0,1] 时．
（1）求证：1 x f (x) 11 x；
（2）若 f (x) g(x)恒成立，求实数 a的取值范围．
(I)证明：①当x∈[0，1)时， (1 x)e 2x 1 x (1 x)e x (1 x)ex
令 h(x) (1 x)e x (1 x)ex则 h'(x) x(ex e x ) .
当x∈[0，1)时， h'(x) 0，
∴h(x)在[0，1)上是增函数，
∴h(x) h(0)=0，即f(x) 1 x.
1
②当x∈[0 x，1)时， f (x) e 1 x u(x) ex，令 1 x，则u'(x) ex 1 .
1 x
当x∈[0，1)时，u′(x) 0，
∴u(x)在[0，1)单调递增，∴u(x) u(0)=0，
∴ f (x) 11 x .
综上可知：1 x f (x) 11 x .
2
(II)设G(x) f (x) 1 x g(x) (1 x)e 2x (ax x2 1 2ecos x) x(a 1 2cos x)
2 2
H (x) x
2
令 2cos x，则H '(x) x 2sin x，
2
令K (x) x 2sin x，则K '(x) 1 2cos x .
当x∈[0，1)时，K '(x) 0，
可得H '(x)是[0，1)上的减函数，∴H '(x) H '(0) 0，故H(x)在[0，1)单调递减，
∴H(x) H(0)=2.∴a+1+H(x) a+3.
∴当a 3时，f(x) g(x)在[0，1)上恒成立。
下面证明当a> 3时，f(x) g(x)在[0，1)上不恒成立。
2
f (x) g(x) 1 x (1 ax 2xcos x
1 x 2
2
v(x) 1 a x 2cos x 1 a H (x) v'(x) 1令 ，则 2 H '(x)1 x 2 1 x (1 x)
当x∈[0，1)时， v'(x) 0，故v(x)在[0，1)上是减函数，
∴v(x)∈(a+1+2cos1，a+3].
当a> 3时，a+3>0.
∴存在x0∈(0，1)，使得v(x0)>0，此时，f(x0)即f(x) g(x)在[0，1)不恒成立。
综上实数a的取值范围是( ∞， 3].