三角函数与导数结合

1、¥所以2exsin(x 4)0 ,所以当a0 时，f'(x) 0 ,所以f(x)在区间0,3 单调递增;4)证明：由(U )可知，当a 0时,f (X)在区间0,3单调递增,又 f(0) 0, f() eV 2 2 3a e"4 2、2 3 e-rj0 ,所以 X 0,%时，f(x) f(0)0 .当 0 a 1 时，设 g(x) f'(x),SinX) 2excosx ,贝U g'(x) ex(sin X cosx) ex(cosx g(x) , g'(x)随X的变化情况如下表:X0(0,y)2(0)34g'(x)+0一g(x)1

2、ag(x)递增极大值g(x)递减a所以f (x)在0,上单调递增，在(2,上单调递减,因为 f'(0) 1 a 0 , f'(3)a 0,所以存在唯一的实数X0 (2冷),使得 f'(Xo)0 ,且当 X (O,Xo),上单调递减.f'(X)0 ,当 X (°,3时，f'(x)0 ,所以f (X)在O,Xo上单调递增，在Xo,3分析(2)所以f'()(1)求得(X)的单调性，结合条件可得a的范围由函数零点存在定理，可得 解答：当af(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当X所以曲线yf'(0) 1

3、(2)求得函数的导数，判断单调性，计算可得最值;所以 f'(x)2sinx XCoSX 1SinX X cos x 11时，求曲线y f (X)在(0, f (0)处的切线方程0,- 上的最大值和最小值2 时， f (x) XSi nx 2 cos X X又因为f(0)12.已知函数 f(x) XSi nx a cos X X) a R2时，若方程f(x) 3 0在区间0,-上有唯一解，求a的取值范围(2)当 a(3)当 a2时，求f (X)在区间(1)当 a 1 时，f(x) XSin X cosx X(1)当 a(0, 2)时，1 Sinx 0， xcosx 0 ,所以 f'

4、;(x)0(3)求得导数，构造函数h(x) (1 a)sinx xcosx 1，求得导数，判断符号，可得单调性f (X)在点(0, f (0)处的切线方程为y X 1所以当0 a 1时，对于任意的X 。即，f(X) 0综上所述，当a 1时，对任意的X 0,J， f(x) 04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)sinx xcosx 1 ,设 h(x) (1 a) Si nx xcosx 1 , h'(x) (2 a) cosx XSi nx ,因为 a 2 , X 0, 2】，所以 h'(x)

5、0 所以h(x)在区间0,上单调递减，因为 h(0)1 0 , h(2)1 a 12 a 0,所以存在唯一的x0 0,-,使h(x0) 0 ,即f'(x0) 0 所以f (x)在区间0,x°上单调递增，在区间 抹0迈上单调递减。因为 f(0) a , f(-),又因为方程f (x) 3 0在区间0,y上有唯一解，所以a的取值范围是(2,3.3. 已知函数f(x) SjlLX .X(1) 若X (0,),讨论方程f (x) k根的情况；(2) 若X (0,2 ), k 2,),讨论方程f'(x) k根的情况.5解：(1) f'(x) XCOSX2 sinx, (

6、0,)X令 g(x) xcosx Sin X , 贝U g'(x) XSinx当 X (O,)时，Sinx 0, g'(x)0bg(x)单调递减，g()ming( ) 0X趋于0时,f (x)趋于1,故f(x) (0,1)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)xcosx Sin x,x (0,2 ),则 f'(x) k xcosx s2nx kx2,x (0,2X2X2令 h(x) xcosx SinXkx2,x (0,2 ),贝 U h'(x)XSi nx 2kx X(Si nx2k

7、)当 k 1 时，Sin X 2k0，h'(x)0，h(x)单调递减，h(0)故 X (0,2 )时，h(x)0 ,方程 f'(x)k无实数根;当I k 1时，则存在X1(,),X2(-3 ,2 )使得 h'(x)0，且 x1X23X (0, x1)时，h'(x)0 ; X (x1, X2)时，h'(x)0 ; X(X2,2)时，h'(x)所以h(x)在X X1时取得极小值f(x1)XICOSXI sinx1kx12f( 32)故，k 0时，方程 f (x) k无实根;在X X2时取得极大值h(x)极大 h(x2) x2 cosx2 sinx2

8、kx；(3x1) Cosx1Sin x1k(3X1)2 ,3k ),因为 3 (2kx1 cos x13k )3 (2k1 3k ) 3,所以h(x)极大2-30h(2 )2 4k 210 16 250 故 X (0,2 ) h(x) 0 ,f'(x)55k无实数根;综上，k 务方程 f'(x) k无实根.4. 已知函数 f(x) XSinX cosx 2ax, 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) XSi nx cosx, X ,.f' (x) SinX XCoSX Sin

9、X xcosxX(,"2)2(2,0)0(0迈)2(2,)f'(x)+00+0f (X)-1单调极大单调极小单调极大单调递1递增值2递减值1递增值2减2当X在,上变化时，f'(x)， f(x)的变化如下表: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) a(x)2XSinX cosx ax2 f (x)所以 f (x)是偶函数，f '(x) ax xcosx x(a cosx)当a 1时，a cosx 0在0,恒成立，所以X 0,时,f'

10、(x)O ,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cosx a ,由函数的单调性可知，存在唯一的X0(y,)使得 cosX0当 X 0,X0)时,f'(x)0， f (x)单调递增;当 X (X。，时，f'(x)0，f (x)单调递减;因为 f(0) 1 , f(X0) 1 , f( ) a 2 1 ,当a 2 10,即2 a 1时，f (x)在0,上有O个零点又f (X)是偶函数，所以f(x)在,上有0个零点.当2a 2 1 0 ,即0

11、a W时，f()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 Wa1时，f (x)在,上有2个因为X (0,),所以SinX 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)+0f(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, )

12、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O 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)2 X2x1,因为g(x)(X 1)22 ,当 X1时，的最小值为-2.因为对于任意Xi(0,),存在X2(0,),都有 f(Xi)Xf 2x21所以f (O)2即a22，解得2 a 2f()2(a)即a的取值范围是2,2：.6已知函数hf()22 ax aex, 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O ,求函数f(x)在0,)上的最大值;

13、(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 aex ,则 g'(x)1 aex,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 In a;令g'(x)0时，解得X Ina , g(x)在(，In a)上单调递增，在(In 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(，Ina),单调递减区间为(Ina,).(2)由(1)可知，a 0且g(x)在XIna处

14、取得最大值，1g( In a) In a a ae1 a In a 1 ,即卩 a In a 1 0,令 h(a) a Ina 1(a0),则 h'(a)1 1,a 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 Ina 1 0.f (x) 1x2 X ex ,由题意知f'(x) g(x) 0 , f (x)在0,)上单调递减，f(x)在X0处取得最大值f(0)1 .(3)由(2)可知，若a1 ,当X 0

15、时，f (x)1 ,即 1X2 X ex1 ,X2 2x2ex2 , X22x 32ex 1 ,当X1时,e2x(3 2sin x)2xe ,令 F(X)2xX2e 2e 1 e 2e 10 ,故e2x 2ex 1 ,所以2 X2x 3X2x八2e 1 e (32sin X)，7.函数 f(x) exsinx , g(x) (X 1)cosx ''2ex(2) 对Xi 0,- ,X2 0,-,使f(Xi) g(X2)m成立，求实数m的取值范围;(3) 设h(x) SnXf(X) n Sin2X在(0迈)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

16、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)Xr2e sin( X ),当 2k2k24,即 X 2k-,2kZ)时,f'(x)0，f (X)单调递增，当2k2k 2,4即 X 2k3 ,2k474(kZ)时,f'(x)0，f (x)单调递减.综上，f (X)的递增区间是x 2k N,2k3(k Z),递减区间是X 2k3 ,2k74(kZ)；(2)f (X1)g(X2)

17、 m ,即 f (xj mg(X2),设 t(x) mg(x),则问题等价于f(X)min t(X)maX,X 0三，由(1)可知，当X 0,2】时，f'(X) 0，故f (X)在0,戸递增,二 f(X)min f(0)0，t(X) m (X 1)cosx V2eX， t'(x) CoSX (X 1)Sin x 2eX，cosX 2ex 0， (X 1)sin X 0，(3)0无零点,故m若 O n 1 ,则 h'(x) 0 , h(x)递增，h(x) h(0)当X2e 0 , m, 2e2 ,实数m的取值范围是(，-2e2;0,2 , t'(x)0 , t(x

18、)在0, 2递增，tmax(x) t(2) m .2e2 ,h(x) 2xex n Sin2x,x (0, y) , h'(x)2(x 1)ex 2n cos2x,若 n 1 时，设 k(x) 2(x 1)ex 2ncos2x ,贝U k'(x)2(x 2)ex 4ncos2x ,故 k(x)递增，T k(0)2 2n 0, k()2(- 1)e"0,故存在X。(0弓，使得k(x。)0 ,故 X (0,x0)时，k(x) 0 ,即P h'(x)0 , h(x)递减，X (x0,-)时，k(x) 0 ,即 h'(x) 0 , h(x)递增，故 X (0,

19、X0)时，h(x) h(0)0 无零点，当 X (X0,-)时，h(X0) 0 , h(R 0,存在唯一零点，综上，n (1,)时，有唯一零点8.已知函数 f(x) Sinx X mx3(m R).(1) 当 m 0 时，证明：f (x) ex;(2) 当X 0时，函数f (X)单调递增，求m的取值范围.分析：'7 H(X)H(O)0 ,因此 Sinx X(X 0) Sinx F'(x)6mxX (6m 1)x,讨论:当m0时,F'(x)0 , F(X)单调递增； F(X) F(O) 0 ,符合题意当m0时,F(2)1 3m(-)2 0 ,不符合题意，舍去;当0F

20、9;'(x)6m cosx , F''(0) 6m 10, F''(-) 6m 0F' i2=6m>0, ?x1,使得 FH(XI) 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，二 F(X) F(0) 0 ,不符合题意舍去.综上：m的取值范围是*,9.设函数 f (x) X a cosxbln x(a,b R).(1)若 b 0 且 f (x)在(0,)为增函数，求a的取值

21、范围;0 ,(2)设O a 1 ,若存在x1 ,x2 (0,),使得f(x1)f(x2)(x1 x2),求证：b 0 且.x1x2分析：(1)由f (x)在(0,)为增函数，可得f'(x) 1 as in 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bx1 a(cosx2 CoSXI)；由 f(x1) f(x2)(x1 x2)得 b(ln X2 Inx1) x2设 0 x1x2 结合(1)得 cos x2X1cos X1 X2 X1,故得b(ln X2Inx1)x2x1a(cos x2cos x1)(1a)(x2x1),从而x2Ja 1 In x2I

22、n x10 ,故转化为X2X1In x2In X1函数g(t) Int t 1 (t 1),可证得g(t) 0 ,即证不等式成立. Vt解答：(1)当b 0时，f(x) X acosx ,由题意得f'(x)t(t 1)构造新)上恒成立,1 a sinx 0 在(0, X1X2成立，然后通过令竺X1IaO1 a 0 ,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 si nx b 1 a b 0XX X 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)

23、(x1x2)得 b(l n X2Inx1)x2 x1 a(cosx2CoSXI)；)上单调递增X1 X2 ,由(1)知 y X cosx在(0, X2 COSX2X1 cos X1 ,即 cos X2 cos X1X2X1 b(ln X2In x1)x2 x1 a(cos x2 cos x1)(1 a)(x2X1) bx2x1a 1 In x2In x10 ,下面证明X2%In x2In x1X1X2，令垦t(t 1)x1设 g(t) Int 亍(t1),则 g'(t)(t 1)22b-t0 在(1,)上恒成立g(t)为单调递减函数,g(t) g(1) 0 ,从而-t t1X2X1In

24、 x2In X1.x1x2 ,不等式成立.10.已知：fg 2x2 mx SinX(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)h 0的根的个数.解答：(1) f'(x) X mCOSX ,由于f (X)在0,1上单调递增,所以X m cosx 0在0,1上恒成立，即 m COSX X在0,1上恒成立;令 g(x) cosx x, X 0,1,贝U g'(x) Sinx g(x) max g(0)1 , m 1, m的取值范围是1,(2)f'(x) XCoSX ,f''(x)1 SinX0

25、 ,故g(x)在0,1上递减,所以f'(x)在0,1上递增;又 f'(0) m 1f'(1) 1 m cos1 0,故存在唯X。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)minf (X)min12f(x°)2 X2f(X。)2 X。mx0 Sin x0 ,且 mcosx0 X0x0(cosx0 x0) sinx0x0 cosx0 SinXO令 h(x)1 21XXcosx Sinx,贝U h'(x) X cosx XSinx cosx X XSinx1 cos12 ,从而有

26、f (x) min -2h(x)在0,1单调递减；h(x) h(1)sin1 2 '2 Sin(I N)2 2sin 悝0 ,故O m 1时，方程 f(x)30无实根.11.已知 f(x)ex , g(x) x2 ax 2xsin x(1)证明：1 X e亡(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)ex X 1 ,则h'(x) ex 1 ,故h(x)在0,1)上单调递增,X 0时，h(x)有最小值h(0)0,故 h(x) h(0)X 1 .令m(x) ex 七 (II X x(x 0,1), t(x)X Ae

27、(1X) X ,则 t'(x)XXet(x)在0,1)上单调递减，t(x) t(0)0 ,所以m(x)即ex综上，1 X ex 古(X 0,1);I X(2)设 F(X)ex (x2 ax 2xsin X 1)0,1时F(X) 0恒成立,所以ax ex 1X2 2xsin X , X 0 时,不等式恒成立,当 X (0,1时,X a e1 X 2sinx ,由(1)知，ex 1 X X2sinx 1 X 2sinx ,令 n(x) 1 X 2sinx ,贝U n'(x)2 cos x求证(1)(2)答案要证只需证明(1)(1XXk(x)是增函数所以f(x)1)1)a12cosx

28、0l(x) (0)ax 2xsin X故 h(x) h(0)0,所以 f (x)f(x) g(x)在1,0上恒成立a取值范围1,0,使得 f(x)X 2 si nx)若X即I(X)在1,0上是增函数F面证明当a1时，f(x) g(x)在1,0上不恒成立X e )X 0,1时，n'(x)0，n(x)单调递增，n(x)n(0)10 ,即 1 a 0， a 1 时当X 1,0时，h'(x)0，h(x)是增函数当 X 1,0时，k'(x)0令 l(x) X 2sin X ,贝U l'(x)故a 1 ,所以a的取值范围是(,111X(IXX e1X)2X1 eX1 X1

29、2IX(IXX aX 2xsinx1), X 1,0k(X) k(O) 0,即 f (X)(1 1X)21(1 X)2X) (X2X 1,0时，e2x 1记k(x) 1 X e x , k'(x)要证 x 1,o时，e2x (I设 m(X) f (X) g(X)1122X(I由可知，1 X e2x(I X) 11x只需证明ex11x ,即证1x)e X (1 x)ex2x2m(x) f (x) g(x) j-e (1 x) (X ax 2xsinx 1) I X已知函数数 f(x) e2x , g(x) 1 (X2 ax 2xsin x 1 Xf(X)1 2 ；(1 x)记 h(x)

30、(1 x)e X (1 x)ex ,贝U h'(x) x(e使得n(x°)上不恒成立a即可解答(1)(2)N*)求h(x)的最大值即a即 f (x) g(x)f (X)0恒成立，求实数令XCoSX在(0,1)恒成立，故(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12.已知函数f(x)即n(x)在1,0上是增函数在1,0a的取值范围n(x)在1,0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0， m(x0)0SIn X ax(1)对于 X (0,1)取值范围是(，1所以 X。 1,0(3)构造函数f (x)

31、 ln(1 x) X ,利用导数法可证得ln(1 x) X (当X 0时，ln(1 x) X )a 1 时，h(x) ln x x(2)当 a 1 时，令 h(x) f (x) Sinx ln X 1f (x) Sin X ax， f '(x)令 h'(x)0,解得：0x1 ,令 h'(x) 0,解得：X 1cosx a ,若对于X (0,1)， f(x) 0恒成立a 0,实数a的取值范围为(,0(3)求证：ln(n 1)1 1 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2l'(x)0,x 1,0I(X O)，h'(x) 1 1 T上的值

32、域为 a 2 si n1,1 a2(X ax 2xsin X 1 x 1 X令 n(x) 一1 a X 2 si nx ,1 X1)一X(一1 一 a X 2 sin x)1 x 1 x则n'(x)1(1 x)Y* h(x)在(0,1)递增，在(1,)递减，二h(x)的最大值是h(1) 0 ；(3)构造函数 g(x) ln(1 x) X ,则 g'(x) J J 11 XXVx，X 00时，g'(x)0 , g(x)在(1,0)上单调递增;0时，g'() o, g()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

33、,g(x) g(0) 0,即 In(1X)当 X 0 时，ln( 1x) X .丄，则 ln(1 1) ln(n 1)nnIn n ln2 ln1 1, ln 3 ln 22 ,In nln(n 1)ln(n 1)In n以上n个不等式相加得:ln(n 1)In 1和 N*),即 ln(n 1)113.已知函数f()2x a ln X ,g(x)ax .(1)求函数F(X)f(x)g(x)的极值;若不等式念 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O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(

34、x) ax念(X O) W) a j '设t c0sXt '(t)2(t2)(t4(2 t)Q 阳。，利用函数的单调性，通过当a i时，当a 0时，当O解答:(2x a)(x 1)(1)XV F(X)的定义域为(0,),a 1时，判断函数的单调性转化求解a的取值范围.2F(x) X2 2x alnx ax， F'(x) 2X_2x_- X 2 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； a 1 ,即a 2时，F(X)在(0,)上递增，F(X)没有极值； 2 1 ,即a 2时，F(X)在(0,1) 和

35、( 2,)上递增，F(X)在(1, |)上递减， F(X)极大=F(1) a 1，F(X)极小= F ( ) a 04 an( |) 综上可知：a 0时，F(X)极小=a 1， F (x)无极大值；5'(t)F(X)极小=F( 2 aa2时，F(X)极大=F(1) a 1，2aln(弓)a 2时，F(X)没有极值;2 a 0时，F(X)极大=F(号)设h(X) ax 怂(X O)，阳02a a4 aln( °)，F(X)极小= F(1) a 1 ；设 t CQSX,t 1,1，(t)(2 2；2，h'(X) a (HSSX2(t 2)(t 1) (2 t)4 02 1

36、 ,即2 a 0时，F(X)在(0, |)和(1,)上递增，在(|,1)上递减，F(X)极大2=F( a) a 牙 aln( 2)， F (x)极小=F(1) a 1 ；飞F" 苍 (t)在1,1上递增，(t)的值域为1,1,L3当a3时，h'(x)0 , h(x)为0,3)上的增函数, h(x)h(0)0,适合条件;当a0 时， hg) a 2不适合条件;当0令 T(X)ax 沁,T'(x) a 沁,332，h(x) ax si3×,存在Xo(0,2),使得 X (0,x°)时，T''(x) 0 , T(X)在(0,x0)上单调递

37、减， T(x0) T(O) 0 ,即在X (0, X0)时，h(x) 0 ,不适合条件.综上，a的取值范围为1,).14. 设函数 f() ex a si nx 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 y10 ,求a, b的值，并证明当X (0,时,f (x) In X .分析：判断导函数的符号，判断函数的单调性求出最小(1)化简函数的解析式，求出函数的导数, 值即可得到结果.(2)求出 f'(x)ex aGQSX ,通过 f (0)1 b .利用 f'(0) e0a 1 ,求出 a 0 . (0,1b)在切

38、线X y 10上.求出b 2 .得到f(x) ex 2.构造函数g(x)导数求解函数的最小值然后求解即可. 解答：(1)由 f(x) ex a sinx b ,当 a 1 时，得 f '(x)CoSX .ex 2 Inx,利用函数的当 X 0,)时，ex 1, cosx 1,1,所以 f'(x)cos X 0 ,即f (X)在0,)上单调递増，所以f(x)min f(0)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) ex asinxb 得 f' (x) ex a cosx ,且 f(0)由题意得f'(0)e01 ,所

39、以a 0 ,又(0,1 b)在切线X10上.所以O 1 1 b 所以 b 2 b=-2 .所以f (x) ex设 g()In X(X0),则 g'(x)ex 1XXXe 1X设 k(x)XXe1(x 0),k'(x) (X 1)ex 0,k(x)在(0,)单调递增 k(0)0 , k(1)e 10 ,故存在x0(0,1),使得X (0, X。),k(x) 0 , g'(x) 0 ,X (X0,k(x) 0 ,g(x) 0 ,所以 Xx0时，g (x)有极小值，也即是最小值g (X) ming(x°) ex0 2In X。，其中 x°ex0 g(X)m

40、ing(XO)xl2 ln 1x1X0ex°X02 2l10 X015. 函数 f(x) ex X 1, g(x) ex(ax XCoSX 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 xcosx 1 -1x ,由(1)得：ex X 1 ,故 2， X (0,1),令exex X 1h(x) cosx a 丄，根据函数的单调性证明即可.X 1解答：(1)函数 f (x) ex X 1 的定义域为 R, f

41、9;(x) ex 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 xcosx1-JX，e由(1)得：ex所以-JXe(0,1),所以 axXCOSXaxxcosx 11X1I x(a cosx令 h(x)cosx a* ,则 h'()Sin X1(X 1)2X (0,1)时,h'(x) 0,所以h(x)在(0,1)上为减函数，因此,h(x)h(1)cos1 ,因为cos1cos-3 1 ,所以，当a1时

42、,cos1所以 h(x) 0 ,而 X (0,1),所以 g(x) 1 .f()极小f(x)0)12求f (x)的极值证明2,nN*)16.已知函数f(x)17.已知函数时，求f (x)的单调区间9(nxcosx ax a, X0,R(a(2) f'(x)0 , X 0(1)当 X (0,2 )XSinX cos x( X 0)(2)2(2 )记Xi为(1)当 a 1(1) f'(x) SinX xcosx SinX xcosx,X (0,2 )-2 -2X2X32 2X2 X3解答：f (X) 的从小到大的第i(i N ) 个极值点乌 9(n 2,n N*)Xn 991312

43、14 X2L (2n 1) j (2n 1)232， f (X)极大Xi 2n2132X 2 时，f'(x) 0 , f (X)单调递增令f'(x) 0 ,解得X 2或X3212Xn当0 X 2时，f'(X) 0 , f(x)单调递增；当2 X 32时，f'(x) 0 , f (X)单调递减;4 (Xl11Xnj111 1 112X323252(2n 1)213 3 5(2n 3)(2n 1)2n1 1)(2)求证：f (X)有且仅有一个零点.解：(1)函数f (X)XcosX ax a,x 0, a 1f'(x) CoSX XSinXa, x 0,y,

44、 (a 0)在0,j 单调递减,f'(x) cosx XSinXf'(0)1 a 0 ,所以f (X)单调递减,因此f (x)在0,才单调递减(2) f (x) XcosX ax a, X 0, R a 1f'(x)cosx XSinX a, X0,y,(a0)f''(x)xcosx 2 sin x0, x 0, (a0)f'(x)单调递减,f'(0)1 a，f'(当 a 1 时，f'(0)1 a 0，f'(x)0f (x)单减,f(0) a 0，f (I)此时f (x)有且仅有一个零点.当 a 时，f'(

45、 )a 0, f'(x)02 2 2af(x)单增，f(0) a 0, f(2)a y 0此时f (x)有且仅有一个零点.当-a 1 时，f'(0) 1 a 0 f'(-)- a 0存在X0使得f (x0) 0则 X (0,X0) f'(x)0 此时 f (X)单增a的取值范围;f(x)是R上的单调函数，求实数g'(x)是g(x)的导函数.f (x) bln X 1(b R,bg()0)，g'(x)0 ,求证：存在,使 g(xo) 0 ；o，Xo若 g(j g(2)(1bbln X 1，g'(x) 1X若b<0,则存在舍去0，0则0

46、1X。g(x x0bln x01bln x010使 g(x。)01Sjn x2Sjn x1，XX1bln x1 1g(xjx2所以所以2b0h(t)单减，h(t) h(1)0,所以 2b vx1x212艮卩 x2x1Sin x2 Sin x15a 1使g'(号)(1)若函数y1coSx2b)由(1)知y X SinX单增，所以1g(x2)(x1 X2)， X -Sin%1 b(lnx2 Inx1) x2 x1(Sinx2 SinXI)(2)g(x) X若对任意的Xx2),求证：x1x2 4b2.1 1C0S(1因为a>0,所以COSX对X R恒成立 a解：(1) f' (

47、x)1 a cos x 0 对 X R 恒成立存在 X0 ,1sinx2 bl nx2 1扣2 GX2X1ln x2ln XI若 b>0,取 X0 e1 . Sin x02设0 X1221-I)0恒成立1-COSXmaX 1 实数 O a(2)设 a 2 ,、rt 1设 h(t) ln t 丁,t1 , h'(t)即 ln t0F面证明x-ln X2 ln X1X2 ,令翌tX11 .SlnX 2 b 23b20.设函数 f (x) X a cosxbln x(a,b R).(1)若 b 0 且 f (x)在(0,)为增函数,求a的取值范围;求证：b 0且若存在X1,X2(0,)