两个三角基本不等式及推论的应用

夏雪 汪洋

三角函数与导数综合问题在近期试题中非常常见．三角函数具有的单调性、有界性、求导特征均为导数的研究带来活力．本文对涉及三角函数的导数的几个不等式及其应用展开讨论，以展示这类不等式的重要应用．

一、两个三角基本不等式

不等式1当x>0时，sinxx．

注：该不等式可统一成sinx≤x（当且仅当x=0时取等）．

推论1对x∈R，恒有cosx≥1－12x2，取等条件是x=0．

推论2当x>0时，sinx>x－16x3；当x<0时，sinx

不等式2对x∈（0，π2）恒有tanx>x；对x∈（－π2，0）恒有tanx

推论3对x∈（0，π2），有sinx+tanx>2x及2sinx+tanx>3x．

推论4对x∈（0，π2］，有2πx≤sinx

二、三角基本不等式的应用

例1已知a，b∈R，函数f（x）=ex－asinx，g（x）=bx，若y=f（x）和y=g（x）有公共点．

（1）当a=0时，求b的取值范围；（2）求证：a2+b2>e．

解：（1）易求得b∈［[KF（]2e[KF）]，+∞）．

（2）ex－asinx=bx有解，即ex=asinx+bx有实根x0（>0），e2x0=（asinx0+bx0）2≤（a2+b2）（sin2x0+x0）≤（a2+b2）（x20+x0），其中用到不等式sinx≤x（取等条件x=0）．

再由熟知的不等式ex≥x+1（取等条件x=0）及ex≥ex（取等条件x=1），得（x0+1）ex0e．

点评：此题为2022年天津卷高考导数压轴题，难度较大．若能从构造a2+b2入手，借助柯西不等式及前面所述三角基本不等式，可以找到该题的简洁解答．

例2已知函数f（x）=ae－x+sinx－x．（1）若f（x）在（0，2π）单调递减，求实数a的取值范围；（2）证明当a∈Z时，f（x）至多一个零点．

解：（1） f′（x）=－ae－x+cosx－1，令f′（x）≤0，则－a≤ex（1－cosx）对x∈（0，2π）恒成立，但ex（1－cosx）>0，且当x→0时ex（1－cosx）→0，条件等价于－a≤0a≥0．故所求范围是a≥0．

（2）令f（x）=0，则a=ex（x－sinx）=g（x），则g′（x）=ex（x－sinx+1－cosx）．

当x≥0时，g′（x）≥0，故g（x）在［0，+∞）单调递增，值域［0，+∞）．

当x<0时，由x－1，即证ex（x－sinx）>－1e－x+x－sinx>0．

事实上，e－x+x－sinx>－x+1+x－sinx=1－sinx≥0，于是当x<0时g（x）∈（－1，0）．

综上所述，对于a∈Z，当a≥0时，f（x）恰有一个零点；当a<0时f（x）无零点．

点评：此题的巧妙之处在于利用零点的等价转化构造函数g（x）．而函数g（x）的研究借力三角基本不等式1，注意到a∈Z，此命题易证．

例3若关于x的方程mxsinx+x=ex－1（0≤x≤π）有两个不等实数根，求实数m的取值范圍．

解法1：显然x=0是一根． 若方程有根x>0，则mxsinx=ex－1－x>0，故m≠0，且1m=xsinxex－1－x>0．

又当x>0时，sinx12x2，故0<1m<2m>12．

反之，若m>12，记f（x）=ex－1－x－mxsinx，则f′（x）=ex－1－m（sinx+xcosx），f″（x）=ex－m（2cosx－xsinx）．从而有f″（0）=1－2m<0，故存在δ>0，使得当x∈（0，δ）时有f″（x）<0，即f′（x）在［0，δ）单调递减，故当x∈（0，δ）时，f′（x）

显然还有f（π）=eπ－1－π>0，故f（x）在（0，π）内至少还有一个零点．

于是当m>12时，原方程在［0，π］至少有不等两根．

解法2： f″（x）=ex+m（xsinx－2cosx），当x∈［π2，π）时f″（x）>0，f′（x）在［π2，π）单调增；当x∈［0，π2］时，显然f″（x）单调增，且f″（0）=1－2m<0，f″（π2）>0，故f″（x）有唯一零点x0∈（0，π2），且易知f′（x）在［0，x0］单调递减而在［x0，π2］单调递增，再由连续性知f′（x）在［0，x0］单调递减而在［x0，π］单调递增．又f′（0）=0，f′（π）=eπ－1+πm>0，故f′（x）有唯一零点x1∈（x0，π）（0，π），且易知f（x）在［0，x1］单调递减而在［x1，π］单调递增，故f（x1）0，从而f（x）在（0，x1）无零点，在（x1，π）恰有一个零点，原方程在［0，π］恰有两根．

点评：解法一采用先分离及三角基本不等式的放缩，寻找不等式成立的必要条件．再证充分性；解法二采用分象限讨论，结合零点存在定理，这是处理三角函数与导数问题相结合问题的常见方法．

例4已知函数f（x）=asinx+sin2x，a∈R．

（1）若f（x）在（0，π2）有极值点，求a的取值范围；

（2）若a=1，且f（x）≥bxcosx对x∈（0，2π3）恒成立，求b的最大值．

解：（1）f′（x）=acosx+2cos2x，记t=cosx，由x∈（0，π2）知t∈（0，1）．

令f′（x）=0，则－a2=cos2xcosx=2t－1t∈（－∞，1），于是a∈（－2，+∞）．

易验证当a∈（－2，+∞）时， f（x）在（0，π2）有极值点，故a的取值范围是（－2，+∞）．

（2）当a=1时，f（x）≥bxcosx即sinx+sin2x－bxcosx≥0．

记F（x）=sinx+sin2x－bxcosx，须F（x）≥0对x∈（0，2π3）恒成立，而F（0）=0，故F′（0）≥0．但F′（x）=cosx+2cos2x－b（cosx－xsinx）F′（0）=3－b，故b≤3．

下证b=3满足要求，即sinx+sin2x－3xcosx≥0对x∈（0，2π3）恒成立．

当x∈（0，π2）时，由3xsinx+sin2x－（tanx+2sinx）cosx=0．当x∈［π2，2π3）时，cosx∈（－12，0］．故sinx+sin2x－3xcosx≥sinx+sin2x=（1+2cosx）sinx>0．

于是b=3满足要求，故b的最大值为3．

点评：此题首先寻找不等式成立的必要条件．再证充分性．充分性的证明过程借助了三角基本不等式二的推论1，使得证明过程简洁明了．