例谈一类三角混合题的求解策略

黄智锐 江中伟

摘 要：本文根据近几年的高考题或模拟题，总结了几种类型和解决此类问题的基本思路.对高考复习有参考价值.

关键词：三角题;相结合

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2020）22-0055-03

近几年来，全国和各省高考对三角函数部分的考查，在内容、题量、分值三个方面保持相对稳定的同时，加大了对三角函数和其他函数结合的一类新函数的考查，难度较大，往往都是压轴题. 这样的命题意在考查考生的计算能力、演绎推理能力、综合应用知识解决问题的能力以及数学思想方法的应用，激发学生进一步学习的潜能. 近几年来不断在高考的相关问题中出现，成为高考题型中的一个创新，仅供参考.

一、sinx、cosx或tanx与一次函数的和或差相结合

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

例1 设函数f（x）=ax-sinx.若a=1，求曲线y=f（x）在点（π，f（π））处的切线方程.

解析 由已知得f（x）=x-sinx，求导得f ′（x）=1-cosx，因为f（π）=π，f ′（π）=2，故所求的切线方程为y-π=2（x-π），即y=2x-π.

点评 根据导数的几何意义求解切线方程.

例2 设函数f（x）=3x+2cosx，g（x）=（ex-1）（e2x-5），若x1∈（-SymboleB@

，0]，x2∈R，f（x1）+a≤g（x2），则实数a的取值范围是（）.

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]上为增函数，所以f（x）max=f（0）=2.令t=ex（t>0），则h（t）=（t-1）（t2-5），h′（t）=（t+1）（3t-5）.当0<t<53时，h′（t）<0;当t>53时，h′（t）>0.所以h（t）min=h（53）=-4027，从而g（x）min=-4027，依题意可得a+2≤-4027，即a≤-9427.故应选D.

点评 求导，确定f（x）max=f（0）=2，然后换元，构造函数求出g（x）=（ex-1）（e2x-5）的最小值，利用f（x）max+a ≤ g（x）min，列不等式求实数a即可.

请同学们思考：

1.若x1∈（-SymboleB@

，0]，x2∈[-1，1]，其余条件不变，则实数a的取值范围是.

2.若x1∈（-SymboleB@

，0]，x2∈[-1，1]，其余条件不变，则实数a的取值范围是.

3.若x1∈（-SymboleB@

，0]，x2∈[-1，1]，其余条件不变，则实数a的取值范围是.

二、sinx、cosx或tanx与二次函数的和或差相结合

此题型形如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 设函数f（x）=cosx+kx2+（2k-1）x（x∈R）.

（1）证明：对k∈R，函数f（x）都不是奇函数;

（2）当k=12时，求函数f（x）的单调递增区间.

解析 （1）假设函数f（x）为奇函数，因为x∈R，所以f（0）=0，这与f（0）=k·02+cos0+（2k-1）·0=1矛盾.故对k∈R，函数f（x）都不是奇函数.

（2）当k=12时，f（x）=cosx+12x2，令f ′（x）=x-sinx=g（x），则g′（x）=1-cosx≥0，g（x）即f ′（x）在R上单调递增.又f ′（0）=0，则当x>0时，f ′（x）>0，故函数f（x）的单调递增区间为（0，+SymboleB@

）.

点评 （1）采用反证法，假设f（x）为奇函数，则必有f（0）=0与f（0）=1矛盾，故假设不成立，即可证明f（x）不是奇函数;

（2）将k=12代入，求导后再构造新函数，再求导判断单调性，结合特殊点，即可求出函数f（x）的单调递增区间.

三、sinx、cosx或tanx与三次函数的和或差相结合

此题型形如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设函数f（x）=ax-sinx.当a≤1，x∈[0，+SymboleB@

）时，证明：f（x）≤16x3.

解析 设g（x）=ax-sinx-16x3，则当a≤1时，g（x）≤x-sinx-16x3.令h（x）=x-sinx-16x3，x∈[0，+SymboleB@

），则只要证明h（x）≤0即可.设h′（x）=1-cosx-12x2=m（x），则m′（x）=sinx-x在[0，+SymboleB@

）上单调递减，因此m（x）≤m（0）=0，即h′（x）≤h′（0）=0，则h（x）≤h（0）=0，故f（x）≤16x3，得证.

点评 构造函数h（x）=x-sinx-16x3，证明h（x）≤0恒成立即可，分析函数h（x）的单调性，从而可证明.

四、sinx、cosx或tanx与指数函数的和或差相结合

例5 已知函数f（x）=ex-cosx.

（1）求函数f（x）在点（0，f（0））处的切线方程;

（2）求证：f（x）在（-π2，+SymboleB@

）上仅有2个零点.

解析 （1）∵f（x）=ex-cosx，则f ′（x）=ex+sinx，∴f（0）=0，f ′（0）=1.故函数f（x）在点（0，f（0））处的切线方程y=x.

（2）当x>0时，ex>1≥cosx，此時f（x）=ex-cosx>0，所以函数f（x）在（0，+SymboleB@

）上没有零点.又f（0）=0，下面只需证明函数f（x）在（-π2，0）上有且只有一个零点.构造函数g（x）=f ′（x）=ex+sinx，则g′（x）=ex+cosx.当-π2<x<0时，g′（x）>0，所以函数g（x）在（-π2，0）上单调递增.因为f ′（-π2）=e-π/2-1<0，f ′（0）=1，由零点存在定理知，存在t∈（-π2，0），使得f ′（t）=0，且当-π2<x<t时，f ′（x）<0;当t<x<0时，f ′（x）>0，所以函数f（x）在x=t处取得极小值，则f（t）<f（0）=0.又f（-π2）=e-π2>0，所以f（-π2）·f（-t）<0，由零点存在定理知，函数f（x）在（-π2，0）上有且只有一个零点. 综上所述，函数f（x）在（-π2，+SymboleB@

）上仅有2个零点.

点评 （1）利用导数研究曲线上某点（x0，f（x0））处的切线方程是基本题型，只需求出f（x0）和f ′（x0），然后利用点斜式写出所求切线的方程即可;

（2）利用分类讨论思想，当x>0时，ex>cosx来说明函数f（x）在（0，+SymboleB@

）上没有零点，并利用函数f（x）的单调性和零点存在定理证明函数f（x）在（-π2，0）上有且只有一个零点，结合f（0）=0，可证明函数f（x）在（-π2，+SymboleB@

）上有两个零点.

五、sinx、cosx或tanx与对数函数的和或差相结合

例6 函数f（x）=sinx-ln（1+x），f ′（x）为f（x）的导数.

证明：f（x）有且仅有2个零点.

解析 显然f（0）=0，故x=0是f（x）的一个零点.∵f（π2）=1-ln（1+π2）>0，f（e-1）=sin（e-1）-1<0，且f（x）在（-1，+SymboleB@

）上是连续函数，∴由零点存在定理知，存在x1∈（π2，e-1）使得f（x1）=0.

①当-1<x<0时，∵f ′（x）=cosx-11+x<0，∴f（x）在（-1，0）上是单调递减.又f（0）=0，∴f（x）>0;

②当0<x<x1时，∵sinx>ln（1+x），∴f（x）>0;

③当x1<x<2π时，∵sinx<f（x1），ln（1+x）>f（x1），∴f（x）>0;

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

故f（x）有且仅有2个零点.

点评 此题是2019年高考理数全国Ⅰ卷第20题第（2）问，用分类讨论的方法结合求导判断函数的单调性，再利用零点存在定理可证得.

六、 sinx、cosx或tanx与分式函数的积或商相结合

例7 已知函数f（x）=sinxx.

（1）求曲线y=f（x）在点M（π2，f（π2））处的切线的纵截距;

（2）求函数f（x）在[π2，π]上的值域.

解析 （1）∵f ′（x）=xcosx-sinxx2，f（π2）=2π，

f ′（π2）=-4π2，∴切线方程为y-2π=-4π2（x-π2）.令x=0，得y=4π，故所求切线的纵截距为4π.

（2）令g（x）=xcosx-sinx，x∈[π2，π]，则g′（x）=-xsinx<0，所以g（x）在[π2，π]上单调递减，可得g（x）∈[-π，-1]，因此f ′（x）<0，f（x）在[π2，π]上单调递减，可得0≤f（x）≤2π.

故函数f（x）在[π2，π]上的值域是[0，2π].

点评 （1）先对函数求导，再求切线的斜率写出切线方程，即得切线的纵截距.

（2）先通过二次求导得到函数f（x）在[π2，π]上的单调性，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，则其导函数f ′（x）的图象大致是（）.

解析 由求导可得f ′（x）=12x2cosx+cosx.显然f ′（x）是偶函数，其图象关于y轴对称，故排除A，B;当x∈（0，π2）时，f ′（x）>0，故排除C，因此应选D.

点评 根据导函数的解析式可判断f ′（x）为偶函数，利用偶函数图象性质及函数图象的特点即可选出正确答案.

八、sinx、cosx或tanx与其他函数的和差积商相结合

例9 已知点O为坐标原点，且点P（x，ex）和点Q（sinx，-cosx），设函数h（x）=OP·OQ，当x∈[-π2，π]时，试判断函数h（x）的零点个数.

解析 根据题意得h（x）=OP·OQ=xsinx-excosx，h′（x）=（ex+1）sinx +（x-ex）cosx.

①当x∈[-π2，0]时，可知ex>x，又sinx≤0，cosx≥0，因此h′（x）<0，h（x）在[-π2，0]上单调递减.h（0）=-1<0，h（-π2）=π2>0，故h（x）在[-π2，0]上有一个零点.

②当x∈（0，π4]时，∵cosx≥sinx>0，ex>x>0，∴excosx>xsinx，∴h（x）<0恒成立，故h（x）在（0，π4]上无零点.

③当x∈（π4，π2]时，

∵sinx>cosx>0，∴h′（x）=（xcosx+sinx）+ex（sinx-cosx）>0，故h（x）在（π4，π2]上存在一个零点.

④当x∈（π2，π]时，∵sinx>0，cosx<0，∴h（x）=xsinx-excosx>0恒成立，故h（x）在（π2，π]上无零点.

综上得，函数h（x）在[-π2，π]上的零点个数为2.

点评 求出函数h（x）后，对区间[-π2，π]分成四种情况讨论，并利用零点存在定理，结合函数的单调性判断零点的情况.

总之，这类三角混合题的求解，无论如何变化，都离不开函数单调性的研究，因此在备考中就应该紧紧围绕这个中心问题，熟练掌握函数求导公式、运用导数工具研究单调性的方法. 进行分类讨论、数形结合、转化与化归等数学思想方法的训练和总结.

参考文献：

[1]邹生书.一道经典三角题的解法与变式[J].河北理科教学研究，2017（04）：24-25+34.

[责任编辑：李 璟]