多解视角下的三角函数与导数微专题复习
2022-05-30陈俊斌
陈俊斌
[摘 要] 函数与导数作为高中数学的核心知识，是历年高考考查力度最大的主线之一，是考查数学思想方法和能力、考查核心素养的主要载体.近年来，以三角函数为背景考查导数的试题悄然兴起，文章以2021年八省适应性考试第22题为例阐述如何在高三数学二轮复习中进行三角函数与导数的微专题复习，以期抛砖引玉.
[关键词] 函数与导数;三角函数;微专题
函数与导数作为高中数学的核心知识，是历年高考考查力度最大的主线之一，是考查数学思想方法和能力、考查核心素养的主要载体.近几年，以三角函数为背景考查导数的试题悄然兴起，如2008年全国Ⅱ卷理科第22题，2018年全国Ⅰ卷理科第16题，2019年全国Ⅰ卷理科第20题（文科第20题），2020年全国Ⅱ卷理科第21题，等等. 此类题目难度较大、结构灵活多变，它们虽然以三角函数为背景，但主要考查的仍是函数的单调性、恒成立问题、零点个数、极值点等内容.微专题是指教师针对具体知识点，精选例习题，为学生解决复习中遇到的新问题;在高三数学复习阶段，采用微专题复习方式，可达到精准高效的目的. 本文以2021年八省适应性考试第22题为例阐述如何在高三数学二轮复习中进行三角函数与导数的微专题复习，以期抛砖引玉.
典型题例 （2021年八省适应性考试第22题）已知函数f（x）=ex-sinx-cosx， g（x）=ex+sinx+cosx.
（1）证明：当x>-时，f（x）≥0;
（2）若g（x）≥2+ax，求a.
[?]思路探析：第（1）问
不等式恒成立问题是高考的热点问题和难点问题，主要涉及两大类：一类是在实数集R上的恒成立问题，另一类是在实数集R的子区间上的恒成立问题.其中已知不等式恒成立求参数的范围问题是一大难点，常常涉及函数、方程、不等式等知识，考查函数思想、数形结合思想、分类整合思想，求解过程中对学生思维的灵活性、创造性要求很高.常见的有构造函数法和分离参数法.
思路1：对函数f（x）=ex-sinx-cosx进行变形，得f（x）=ex-sin
x+;分别作出函数y=ex，函数y=sin
x+的图像，则f（x）≥0?y≥y. 由函数图像结合三角函数的有界性，可对自变量x分为
，（0，ln]及（ln，+∞）四个区间进行讨论. 该思路体现了化归与转化、特殊与一般的数学思想.
思路2：对自变量x的前两个区间的划分同思路1一样，但结合三角函数的单调性可得自变量x的后个区间分别为
思路3：利用常见不等式x>0，sinx 思路4：利用“指数找朋友”对不等式f（x）≥0进行等价转换，构造函数F（x）=，通过研究该函数的最值问题得不等式f（x）≥0恒成立. 【详解示范】 解法1：f（x）=ex-sinx-cosx=ex-sin x+. ①当x∈ -，- 时，x+∈（-π，0]，sin x+≤0，ex>e>0，所以f（x）>0. ②当x∈ -，0 時，x+∈ 0， ，f′（x）=ex-cosx+sinx=ex+sin x-，f″（x）=ex+sinx+cosx=ex+·sin x+>0，所以f′（x）单调递增. 又f′（0）=0，所以当x∈ -，0 时，f′（x）≤f′（0）=0，即f（x）在x∈ -，0 上单调递减，故f（x）≥f（0）=0成立. ③当x∈（0，ln]时，对ln进行放缩，即当0 x-单调递增，故f′（x）>f′（0）=0，即f（x）在（0，ln]上，单调递增，所以f（x）>f（0）=0成立. ④当x>ln时，ex> ，·sin x+≤，所以f（x）=ex-·sin x+>0成立. 综上可得，当x>-时，f（x）≥0. 解法2：区间①、②同解法1一样，结合三角函数的单调性可得区间③、④分别为 0， ， ，+∞. 区间①、②同解法1. ③当x∈ 0， 时，f″（x）=ex+·sin x+>0，所以f′（x）=ex+·sin x-单调递增. 故f′（x）>f′（0）=0，所以f（x）在 0， 上单调递增，所以f（x）>f（0）=0成立. ④当x∈ ，+∞时，ex>e>e>，sin x+≤，所以f（x）=ex-sin x+>0成立. 解法3：对区间③、④进行整合，即当x>0时，f（x）=ex-sinx-cosx>ex-x-1>0，故当x>-时，f（x）≥0. 解法4：f（x）≥0?ex≥sinx+cosx?≤1，设函数F（x）=，则F′（x）=，所以当x∈ -，-π 时，F′（x）<0，F（x）单调递减;当x∈（-π，0）时，F′（x）>0，F（x）单调递增;当x∈（0，π）时，F′（x）<0，F（x）单调递减. 所以当x∈ -，π 时，F（x）=max F - ，F（0） =1;当x>π时，≤<1也成立. 综上可得，当x>-时，f（x）≥0. 【解后反思】 不含参的不等式恒成立问题常见的方法有两种：一是直接法，即通过导数直接研究所给函数的最值，把不等式恒成立问题转化为最值问题;二是构造函数法，即将原不等式等价转换成容易研究的函数.在转换的过程中常利用如移项作差、参变分离、等价转化（从特殊到一般）、局部构造（由部分看整体）等策略，有时还需利用经典不等式进行适当放缩等. 总之，要灵活运用等价变形等各种技巧，才能使解题更精彩. [?]思路探析：第（2）问 含参不等式的恒成立问题是数学中的常见问题，也是近年高考的一个热点和难点.大多是在所给不等式中，已知一个变量的范围（或不限制条件），求另一个变量的取值问题.常见的方法有分离参数、分类讨论、先必要后充分、半分离参数、构造函数等.解题时要根据题目的条件进行综合分析，才能选择适当的方法快速准确地解题. 思路1：先必要后充分法. 构造函数h（x）=g（x）-2-ax，通过观察得h（0）=0，h（x）≥0?h（x）≥h（0），得x=0为极小值点，从而得不等式h（x）≥h（0）成立的必要条件为a=2. 再证a=2时，h（x）≥0恒成立.采用先必要后充分法对含三角函数的导数问题仍然适应，有利于思路的探寻，从而简化运算，快速解题. 该思路体现了观察归纳、化归转化等思想. 思路2：分离参数法. 在给出的不等式中，通过恒等变形分离出参数，即若a≥f（x）恒成立，只需求出f（x），则a≥f（x）;若a≤f（x）恒成立，只需求出f（x），则a≤f（x）. 把问题转化为求函数的最值问题. 本题中，通过分离参数法可构造函数h（x）=，结合极限思想得x>0时，a≤2;x<0时，a≥2. 故a=2. 该思路体现了化归转化、有限无限等思想. 思路3：构造函数法是解决不等式恒成立问题的常用方法，即对所给不等式进行移项（或部分移项）构造新函数，再研究所构造函数的一阶导数、二阶导数得到其最值.在研究最值的过程中，常要根据变量的取值范围进行分类讨论.该思路体现了化归转化、分類整合等思想. 【详解示范】 解法1（先必要后充分法）：令h（x）=g（x）-2-ax=ex+sinx+cosx-2-ax，则h（0）=0，h（x）≥0?h（x）≥h（0），故x=0为极小值点. 从而h′（0）=2-a=0，所以a=2. 下证a=2时，h（x）≥0成立. 要证明a=2时，h（x）≥0，只需证明当x>0时，h′（x）>0;当x<0时，h′（x）<0即可. 令G（x）=，则G′（x）=≤0，注意到G（0）=1. 所以G（x）在R上单调递减. 故当x>0时，G（x） 解法2（分离参数法）：g（x）≥2+ax，即ax≤ex+sinx+cosx-2. 显然，当x=0时不等式成立;当x>0时，a≤，令x→0，则a≤=（ex+cosx-sinx） =2;当x<0时，a≥，令x→0，可得a≥=（ex+cosx-sinx） =2. 故a=2. 解法3（构造函数法）：令h（x）=g（x）-2-ax，则h（x）=ex+sinx+cosx-2-ax. 所以h（0）=0，h′（0）=2-a. h′（x）=ex+cosx-sinx-a，h″（x）=ex-sinx-cosx=f（x），由（1）知，x>-时，f（x）≥0，所以h′（x）在 -，+∞ 上单调递增. 令h′（0）=0，则a=2. ①当a=2时，x∈ -，0 ，h′（x） ②当a>2时，h′（0）=2-a<0，h′[ln（a+2）]=a+2-sinln（a+2） --a=2-sinln（a+2） ->0，且h′（x）在 -，+∞ 上单调递增，所以存在唯一x∈（0，ln（a+2）），使得h′（x）=0;而当x∈（0，x）时，h′（x）<0，h（x）单调递减，故h（x） ③当a<2时，h′（0）=2-a>0，h′ - =e-a<1-a，当1 - <0.又h′（x）在 -，+∞ 上单调递增，所以存在唯一x∈ -，0 ，使得h′（x）=0.而当x∈（x，0）时，h′（x）>0，h（x）单调递增，故h（x） 综上所述，当a=2时，g（x）≥2+ax. [?]技能提升 已知函数f（x）=ax+cosx，x∈[0，π]， （1）讨论f（x）的单调性; （2）f（x）≤1+sinx对x∈[0，π]恒成立，求a. 解析：（1）f′（x）=a-sinx，因为x∈[0，π]，sinx∈[0，1]，故当a≤0时，f′（x）≤0对任意x∈[0，π]恒成立，f（x）在区间[0，π]上单调递减;当a≥1时，f′（x）≥0对任意x∈[0，π]恒成立，f（x）在区间[0，π]上单调递增;当0 （2）解法1：构造函数法. 令g（x）=ax+cosx-1-sinx，则原问题?g（x）≤0，g′（x）=a-sin x+ ∈[a-，a+1]. 对a分四种情况进行讨论： ①a≤-1，g′（x）≤0，g（x）=g（0）=0显然成立. ②-1 ，π 使得g′（x）=0. 当x∈（0，x）时，g′（x）<0，g（x）单调递减;当x∈（x，π）时，g′（x）>0，g（x）单调递增. 所以g（x）=max{g（π），g（0）}，又g（0）=0，所以g（π）=aπ-2≤0，即a≤. 所以-1 ③1 ④a≥，g′（x）≥0，g（x）单调递增，g（x）=g（π）=aπ-2≥π-2>0，矛盾. 综上所述，a≤. 点评：本解法利用三角函数的有界性找到分类讨论的依据. 解法2：全分离参数后使用洛必达法则求解（导数的形式化定义）. ①当x=0时，f（0）=1≤1+0，显然成立. ②当x≠0时，f（x）≤1+sinx，即a≤. 令g（x）=，则g′（x）=. 令h（x）=（x+1）cosx+（x-1）sinx-1，则h′（x）=x（cosx-sinx）=xcos x+ . 当x∈ 0， 时，h′（x）>0，h（x）单调递增;当x∈ ，π 时，h′（x）<0，h（x）单调递减. 因为h >0，h（π）=-π-2<0，所以存在x∈ ，π ，使得h（x）=0. 又h（0）=0，所以當x∈（0，x）时，h（x）>0，即g′（x）>0;当x∈（x，π）时，h（x）<0，即g′（x）<0. 所以g（x）在（0，x）上单调递增，在（x，π）上单调递减. 因为g（x）===1，g（π）=<1，所以g（x）=. 故a≤. 解法3：必要探路，充分性证明. 因为f（x）≤1+sinx对x∈[0，π]恒成立，故f（π）=aπ-1≤1+0，即a≤. 下证a≤时，f（x）≤1+sinx对x∈[0，π]恒成立，只需证明x+cosx≤1+sinx对x∈[0，π]恒成立即可. 令g（x）=x+cosx-1-sinx，则g′（x）=-sinx-cosx. 因为0<<，所以存在x∈ ， 使得g′（x）=0. 当x∈（0，x）时，g′（x）<0，g（x）单调递减;当x∈（x，π）时，g′（x）>0，g（x）单调递增. 又g（0）=g（π）=0，故g（x）=0. 所以g（x）≤0对任意x∈[0，π]恒成立. 证毕！ 解法4：变换函数，半分离. 当x=0时，f（0）=1≤1+0显然成立. 当x≠0时，f（x）≤1+sinx，即ax-1≤sinx-cosx=sin x- . 如图1可知，y=ax-1是过定点A（0，-1）且斜率为a的直线，故当且仅当该直线过点B（π，1）及其下方时，ax-1≤sinx-cosx在x∈[0，π]恒成立，故a≤k=. [?]选题说明 函数与导数包括函数概念与基本初等函数、导数及应用两部分，是高考考查的重点和难点，一般有3～4题. 其中解答题主要考查导数的几何意义、函数的零点问题，且常与不等式知识相融合，对思维要求很高，一般在第22（或21）题的位置，属于难题. 通常是以指数函数、对数函数、分式函数为载体考查函数极值、最值及零点等综合问题，结合导数与不等式含参问题.近年来，则呈现出了以三角函数为背景考查导数的综合应用的新特点. 融入三角函数的导数问题较早出现在2008年全国Ⅱ卷理科第22题，近三年则分别出现在2018年全国Ⅰ卷理科第16题、2019年全国Ⅰ卷理科第20（文科第20题）、2020年全国Ⅱ卷理科第21题. 这些试题虽然都以三角函数为背景，实则考查的仍是函数的单调性、恒成立、零点个数、极值点等问题. 如果考生直接从三角函数固有的性质及三角公式、三角变换等方面入手，则往往难以解决，这时就需要借助导数作为工具来研究它们. 借助导数研究有关三角函数的问题，往往更能充分考查学生的数学思想方法、运算求解能力以及综合应变能力，彰显学生思维的灵活性、多样性及独创性，因此备受命题者青睐. 本微专题复习中的例题源于教育部考试中心命制的2021年八省适应性考试的第22题，面向物理实验班的优秀生，基于高考遵循的“一核四层四翼”命题指导思想，注意从特殊与一般思想入手，期望以一题多解开拓学生思维，将“试题问题化、问题模型化、解模规范化、解题技能化”和精准高效复习为指导取向，期望实现“一例题一练习多方法”，为基础扎实的优秀生在高考中破解导数与三角相结合的压轴题提供方向与路径，亦为教师二轮复习提供借鉴，应引起重视. 数学教学是一场思维旅行，目的虽然重要，但更重要的是教会学生欣赏沿途风景——教会学生欣赏数学，欣赏数学中的美. 数学家克莱因曾说过：“音乐能激发或抚慰情怀，绘画使人赏心悦目，诗歌能动人心弦，哲学使人获得智慧，但数学却能提供以上的一切，并给人快乐.”在本微专题复习中，以2021年八省适应性考试的第22题为切入口，在第（1）问的证明中呈现了4种解题思路，阐释了思维的历程（经历“如何讨论”“优化、简化讨论”等过程），可以让不同发展水平的学生都有所获得;在第（2）问（求参数问题）中，呈现了4种常见、有效的解题方法，对于处理导数与三角函数交汇的试题，富有可操行性和实效性. 采用这种微专题复习方法能紧扣高考热点和难点问题，契合“试题问题化、问题模型化、解模规范化、解题技能化”，从而达到精准高效复习的目的.
