例談一類三角混合題的求解策略

黃智銳 江中偉

摘?要：本文根據(jù)近幾年的高考題或模擬題，總結(jié)了幾種類型和解決此類問題的基本思路.對高考復(fù)習(xí)有參考價值.

關(guān)鍵詞：三角題;相結(jié)合

中圖分類號：G632文獻(xiàn)標(biāo)識碼：A文章編號：1008-0333（2020）22-0055-03

近幾年來，全國和各省高考對三角函數(shù)部分的考查，在內(nèi)容、題量、分值三個方面保持相對穩(wěn)定的同時，加大了對三角函數(shù)和其他函數(shù)結(jié)合的一類新函數(shù)的考查，難度較大，往往都是壓軸題. 這樣的命題意在考查考生的計算能力、演繹推理能力、綜合應(yīng)用知識解決問題的能力以及數(shù)學(xué)思想方法的應(yīng)用，激發(fā)學(xué)生進(jìn)一步學(xué)習(xí)的潛能. 近幾年來不斷在高考的相關(guān)問題中出現(xiàn)，成為高考題型中的一個創(chuàng)新，僅供參考.

一、sinx、cosx或tanx與一次函數(shù)的和或差相結(jié)合

此題型形如f（x）=asinx+bx+c、f（x）=acosx+bx+c或f（x）=atanx+bx+c（a，b，c∈R）.

例1?設(shè)函數(shù)f（x）=ax-sinx.若a=1，求曲線y=f（x）在點（π，f（π））處的切線方程.

解析?由已知得f（x）=x-sinx，求導(dǎo)得f ′（x）=1-cosx，因為f（π）=π，f ′（π）=2，故所求的切線方程為y-π=2（x-π），即y=2x-π.

點評?根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求解切線方程.

例2?設(shè)函數(shù)f（x）=3x+2cosx，g（x）=（ex-1）（e2x-5），若x1∈（-SymboleB@

，0]，x2∈R，f（x1）+a≤g（x2），則實數(shù)a的取值范圍是（）.

A.（-SymboleB@

，-2]B. （-SymboleB@

，-4027]

C. （-SymboleB@

，-3]D. （-SymboleB@

，-9427]

解析?因為f ′（x）=3-2sinx>0，所以f（x）在（-SymboleB@

，0]上為增函數(shù)，所以f（x）max=f（0）=2.令t=ex（t>0），則h（t）=（t-1）（t2-5），h′（t）=（t+1）（3t-5）.當(dāng)0<t<53時，h′（t）<0;當(dāng)t>53時，h′（t）>0.所以h（t）min=h（53）=-4027，從而g（x）min=-4027，依題意可得a+2≤-4027，即a≤-9427.故應(yīng)選D.

點評?求導(dǎo)，確定f（x）max=f（0）=2，然后換元，構(gòu)造函數(shù)求出g（x）=（ex-1）（e2x-5）的最小值，利用f（x）max+a ≤ g（x）min，列不等式求實數(shù)a即可.

請同學(xué)們思考：

1.若x1∈（-SymboleB@

，0]，x2∈[-1，1]，其余條件不變，則實數(shù)a的取值范圍是.

2.若x1∈（-SymboleB@

，0]，x2∈[-1，1]，其余條件不變，則實數(shù)a的取值范圍是.

3.若x1∈（-SymboleB@

，0]，x2∈[-1，1]，其余條件不變，則實數(shù)a的取值范圍是.

二、sinx、cosx或tanx與二次函數(shù)的和或差相結(jié)合

此題型形如f（x）=asinx+bx2+cx+d、f（x）=acosx+bx2+cx+d或f（x）=atanx+bx2+cx+d（a，b，c，d∈R）.

例3?設(shè)函數(shù)f（x）=cosx+kx2+（2k-1）x（x∈R）.

（1）證明：對k∈R，函數(shù)f（x）都不是奇函數(shù);

（2）當(dāng)k=12時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間.

解析?（1）假設(shè)函數(shù)f（x）為奇函數(shù)，因為x∈R，所以f（0）=0，這與f（0）=k·02+cos0+（2k-1）·0=1矛盾.故對k∈R，函數(shù)f（x）都不是奇函數(shù).

（2）當(dāng)k=12時，f（x）=cosx+12x2，令f ′（x）=x-sinx=g（x），則g′（x）=1-cosx≥0，g（x）即f ′（x）在R上單調(diào)遞增.又f ′（0）=0，則當(dāng)x>0時，f ′（x）>0，故函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+SymboleB@

）.

點評?（1）采用反證法，假設(shè)f（x）為奇函數(shù)，則必有f（0）=0與f（0）=1矛盾，故假設(shè)不成立，即可證明f（x）不是奇函數(shù);

（2）將k=12代入，求導(dǎo)后再構(gòu)造新函數(shù)，再求導(dǎo)判斷單調(diào)性，結(jié)合特殊點，即可求出函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間.

三、sinx、cosx或tanx與三次函數(shù)的和或差相結(jié)合

此題型形如f（x）=asinx+bx3+cx2+dx+e、f（x）=acosx+bx3+cx2+dx+e或f（x）=atanx+bx3+cx2+dx+e（a，b，c，d，e∈R）.

例4設(shè)函數(shù)f（x）=ax-sinx.當(dāng)a≤1，x∈[0，+SymboleB@

）時，證明：f（x）≤16x3.

解析?設(shè)g（x）=ax-sinx-16x3，則當(dāng)a≤1時，g（x）≤x-sinx-16x3.令h（x）=x-sinx-16x3，x∈[0，+SymboleB@

），則只要證明h（x）≤0即可.設(shè)h′（x）=1-cosx-12x2=m（x），則m′（x）=sinx-x在[0，+SymboleB@

）上單調(diào)遞減，因此m（x）≤m（0）=0，即h′（x）≤h′（0）=0，則h（x）≤h（0）=0，故f（x）≤16x3，得證.

點評?構(gòu)造函數(shù)h（x）=x-sinx-16x3，證明h（x）≤0恒成立即可，分析函數(shù)h（x）的單調(diào)性，從而可證明.

四、sinx、cosx或tanx與指數(shù)函數(shù)的和或差相結(jié)合

例5?已知函數(shù)f（x）=ex-cosx.

（1）求函數(shù)f（x）在點（0，f（0））處的切線方程;

（2）求證：f（x）在（-π2，+SymboleB@

）上僅有2個零點.

解析?（1）∵f（x）=ex-cosx，則f ′（x）=ex+sinx，∴f（0）=0，f ′（0）=1.故函數(shù)f（x）在點（0，f（0））處的切線方程y=x.

（2）當(dāng)x>0時，ex>1≥cosx，此時f（x）=ex-cosx>0，所以函數(shù)f（x）在（0，+SymboleB@

）上沒有零點.又f（0）=0，下面只需證明函數(shù)f（x）在（-π2，0）上有且只有一個零點.構(gòu)造函數(shù)g（x）=f ′（x）=ex+sinx，則g′（x）=ex+cosx.當(dāng)-π2<x<0時，g′（x）>0，所以函數(shù)g（x）在（-π2，0）上單調(diào)遞增.因為f ′（-π2）=e-π/2-1<0，f ′（0）=1，由零點存在定理知，存在t∈（-π2，0），使得f ′（t）=0，且當(dāng)-π2<x<t時，f ′（x）<0;當(dāng)t<x<0時，f ′（x）>0，所以函數(shù)f（x）在x=t處取得極小值，則f（t）<f（0）=0.又f（-π2）=e-π2>0，所以f（-π2）·f（-t）<0，由零點存在定理知，函數(shù)f（x）在（-π2，0）上有且只有一個零點. 綜上所述，函數(shù)f（x）在（-π2，+SymboleB@

）上僅有2個零點.

點評?（1）利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點（x0，f（x0））處的切線方程是基本題型，只需求出f（x0）和f ′（x0），然后利用點斜式寫出所求切線的方程即可;

（2）利用分類討論思想，當(dāng)x>0時，ex>cosx來說明函數(shù)f（x）在（0，+SymboleB@

）上沒有零點，并利用函數(shù)f（x）的單調(diào)性和零點存在定理證明函數(shù)f（x）在（-π2，0）上有且只有一個零點，結(jié)合f（0）=0，可證明函數(shù)f（x）在（-π2，+SymboleB@

）上有兩個零點.

五、sinx、cosx或tanx與對數(shù)函數(shù)的和或差相結(jié)合

例6?函數(shù)f（x）=sinx-ln（1+x），f ′（x）為f（x）的導(dǎo)數(shù).

證明：f（x）有且僅有2個零點.

解析?顯然f（0）=0，故x=0是f（x）的一個零點.∵f（π2）=1-ln（1+π2）>0，f（e-1）=sin（e-1）-1<0，且f（x）在（-1，+SymboleB@

）上是連續(xù)函數(shù)，∴由零點存在定理知，存在x1∈（π2，e-1）使得f（x1）=0.

①當(dāng)-1<x<0時，∵f ′（x）=cosx-11+x<0，∴f（x）在（-1，0）上是單調(diào)遞減.又f（0）=0，∴f（x）>0;

②當(dāng)0<x<x1時，∵sinx>ln（1+x），∴f（x）>0;

③當(dāng)x1<x<2π時，∵sinx<f（x1），ln（1+x）>f（x1），∴f（x）>0;

④當(dāng)x>2π時，∵ln（1+x）>lne=1，sinx≤1，∴f（x）>0.

故f（x）有且僅有2個零點.

點評?此題是2019年高考理數(shù)全國Ⅰ卷第20題第（2）問，用分類討論的方法結(jié)合求導(dǎo)判斷函數(shù)的單調(diào)性，再利用零點存在定理可證得.

六、 sinx、cosx或tanx與分式函數(shù)的積或商相結(jié)合

例7?已知函數(shù)f（x）=sinxx.

（1）求曲線y=f（x）在點M（π2，f（π2））處的切線的縱截距;

（2）求函數(shù)f（x）在[π2，π]上的值域.

解析?（1）∵f ′（x）=xcosx-sinxx2，f（π2）=2π，

f ′（π2）=-4π2，∴切線方程為y-2π=-4π2（x-π2）.令x=0，得y=4π，故所求切線的縱截距為4π.

（2）令g（x）=xcosx-sinx，x∈[π2，π]，則g′（x）=-xsinx<0，所以g（x）在[π2，π]上單調(diào)遞減，可得g（x）∈[-π，-1]，因此f ′（x）<0，f（x）在[π2，π]上單調(diào)遞減，可得0≤f（x）≤2π.

故函數(shù)f（x）在[π2，π]上的值域是[0，2π].

點評?（1）先對函數(shù)求導(dǎo)，再求切線的斜率寫出切線方程，即得切線的縱截距.

（2）先通過二次求導(dǎo)得到函數(shù)f（x）在[π2，π]上的單調(diào)性，再求其值域得解.

七、形如f（x）=Axmsinx+Bxncosx+C （A、B、C∈R，m、n∈N*）

例8?已知f（x）=12x2sinx+xcosx，則其導(dǎo)函數(shù)f ′（x）的圖象大致是（）.

解析?由求導(dǎo)可得f ′（x）=12x2cosx+cosx.顯然f ′（x）是偶函數(shù)，其圖象關(guān)于y軸對稱，故排除A，B;當(dāng)x∈（0，π2）時，f ′（x）>0，故排除C，因此應(yīng)選D.

點評?根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的解析式可判斷f ′（x）為偶函數(shù)，利用偶函數(shù)圖象性質(zhì)及函數(shù)圖象的特點即可選出正確答案.

八、sinx、cosx或tanx與其他函數(shù)的和差積商相結(jié)合

例9?已知點O為坐標(biāo)原點，且點P（x，ex）和點Q（sinx，-cosx），設(shè)函數(shù)h（x）=OP·OQ，當(dāng)x∈[-π2，π]時，試判斷函數(shù)h（x）的零點個數(shù).

解析?根據(jù)題意得h（x）=OP·OQ=xsinx-excosx，h′（x）=（ex+1）sinx +（x-ex）cosx.

①當(dāng)x∈[-π2，0]時，可知ex>x，又sinx≤0，cosx≥0，因此h′（x）<0，h（x）在[-π2，0]上單調(diào)遞減.h（0）=-1<0，h（-π2）=π2>0，故h（x）在[-π2，0]上有一個零點.

②當(dāng)x∈（0，π4]時，∵cosx≥sinx>0，ex>x>0，∴excosx>xsinx，∴h（x）<0恒成立，故h（x）在（0，π4]上無零點.

③當(dāng)x∈（π4，π2]時，

∵sinx>cosx>0，∴h′（x）=（xcosx+sinx）+ex（sinx-cosx）>0，故h（x）在（π4，π2]上存在一個零點.

④當(dāng)x∈（π2，π]時，∵sinx>0，cosx<0，∴h（x）=xsinx-excosx>0恒成立，故h（x）在（π2，π]上無零點.

綜上得，函數(shù)h（x）在[-π2，π]上的零點個數(shù)為2.

點評?求出函數(shù)h（x）后，對區(qū)間[-π2，π]分成四種情況討論，并利用零點存在定理，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性判斷零點的情況.

總之，這類三角混合題的求解，無論如何變化，都離不開函數(shù)單調(diào)性的研究，因此在備考中就應(yīng)該緊緊圍繞這個中心問題，熟練掌握函數(shù)求導(dǎo)公式、運用導(dǎo)數(shù)工具研究單調(diào)性的方法. 進(jìn)行分類討論、數(shù)形結(jié)合、轉(zhuǎn)化與化歸等數(shù)學(xué)思想方法的訓(xùn)練和總結(jié).

參考文獻(xiàn)：

[1]鄒生書.一道經(jīng)典三角題的解法與變式[J].河北理科教學(xué)研究，2017（04）：24-25+34.

[責(zé)任編輯：李?璟]