2023届新教材新高考一轮复习北师大版高考大题专题研究(一)导数的综合应用学案.pdf

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1、高考大题专题研究(一)导数的综合应用第 1课时用导数证明不等式题型突破提高“四能”题型移项构造函数证明不等式 例1 1 2 0 2 2山东肥城模拟 已知函数/(工)=f一Inx.(1)求人x)的单调区间；(2)证明：+-x2x-.X 4 4 听课记录类题通法利用导数证明不等式火x)g(x)的基本方法(1)若凡r)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明7(X)m ig(X)m a x.(2)若y(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数(x)=y(x)g(x).若/f(x)0,则/i(x)在(a,b)上单调递增.同时/?(a)0,即危)g(x)或若(x)0,即以)g(x).巩固训练1 2 0

2、2 2.北京市海淀外国语实验学校月考 已知函数式x)=a In x+：,曲线y=/(x)在点(1,犬1)处的切线与直线x+)，=0垂直.(1)求函数_/U)的单调区间和极值；求证：当x 21时，於)W,+1.题 型 二 放 缩 构造函数证明不等式 例 2 2 0 2 2 湖北武昌一中月考 已知函数1 x)=2 1 n(x+l)+o r+l.(1)判断函数7U)的单调性；(2)设 g(x)=x-s in x+1+(+2 x+2)e Sl*r,求证：当 a=1 时，/(x)g(x).听课记录类题通法适当放缩构造函数证明不等式的方法一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论：In x r 0)

3、;-W ln(x+l)W x(x-1);若x 6(0,+),则 FNx+Ax 巩固训练2 2 0 2 2 山东泰安模拟 已知函数yU)=lnx+t F x+2,其中?W 2.(1)若加=2,求益)的极值；(2)证明:r u)g(x).听课记录类题通法当直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证不等式进行变形，构造两个都便于求导的函数，即转变为两个函数之间最值的比较，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的.巩固训练3 已知x)=x lnx.(1)求函数火x)的最小值；(2)证明：对一切x C(O,+8),都有m心二一三成立.ex e x题型四双变量不等式的证明 例 4 2 0 2 2 福建泉州模拟

4、 已知函数兀v)=l n x+1-s(s,g R).(1)讨论人x)的单调性；(2)当 1=1 时，若函数y(x)恰有两个零点X1,%2(0 X|证明：Xl +X22.I 听课记录I类题通法双变量不等式证明的三个策略 巩固训练4 2 02 2 辽宁沈阳月考已知函数y(x)=e”一有两个零点x i，应，且为4 2.(1)求证：e；(2)求证：x+X22.第 2 课时 利用导数研究不等式恒成立（能成立）问题题型突破提高“四能”题型一分离参数法解决不等式恒成立问题 例1 2 02 2河北沧州一中月考 已知函数火x）=0c+l n x+l.（1）讨论函数大幻的单调性；（2）对任意的Vx 0,火x）W0

5、恒成立，求实数a的取值范围.听课记录类题通法分离参数法解决不等式恒成立问题的方法通过分离参数法，先转化为式“）g（x）（或y（）W g（x）对V xe。恒成立，再转化为fi.a）g（x）m a x（或/a）W g（x）m i n）.巩固训练1 2022山东济宁一中模拟 已知函数1 x)=x-a ln x,a&R.(1)求函数述x)的单调区间；(2)当x e l,2 时，有 0成立，求”的取值范围.题 型 二 等价转化法解决不等式恒成立问题 例 2 2022浙江温州模拟 已知函数於尸北+步尸+如，g(x)=ax2a In x(aGR).(1)讨论_/U)在区间(0，+8)上的单调性；(2)若关于

6、x 的不等式火x)g(x)在区间(0,+8)上恒成立，求 的取值范围.听课记录类题通法等价转化法解决不等式恒成立问题的方法不能直接分离参数的不等式，首先需要移项、变形、换元等手段，再分离参数解决.巩固训练2 2022山东威海一中月考 已知函数,/(x)=lnxx+a(aGR).(1)若函数兀v)的最大值为1,求实数”的值；(2)若当x d(l,+8)时，穴 x)i-m+4(x)+a2(kW2)恒成立，求实数的取值范围.题型三双变量不等式恒成立问题 例 3 已知式x)=-e+e x(e 为自然对数的底数)(1)求 函 数 的 最 大 值；(2)设 g(x)=ln x+#+a x,若对任意XiG(

7、0,2,总存在及(0,2,使得g(xi)勺(田)，求实数a 的取值范围.I听课记录类题通法解双变量不等式恒成立问题的方法一般采用等价转化法.VxiGa,b,Vx2c,d,使式X|)g(X 2)钝/(X)m i n g(X)m a x.(2)3X1 Gd,h,3X2Gc,d,(3)Vx|Ga,b,3X2ec,d,使_/(X|)g(X2)7(X)m a x g(X)m i n.使_/Ul)g(X2)g(X)m i n.(4)3xiea,h,Vx2c,d,使兀t|)g(X2)钝/3)m a x g(X)m a x.巩固训练 3 设式x)=：+x l n x,(x)=x3X23.(1)如果存在XI，及

8、6 0,2 使得g(x i)g(X2)2 M成立，求满足上述条件的最大整数M；(2)如果对于任意的s,2 ,都有y(6)2 g(f)成立，求实数a的取值范围.第 3 课时 利用导数研究函数的零点题型突破提高“四能”题型一讨论函数的零点个数问题 例 1 2022 湖南师大附中月考 已知函数式x)=xsinx+cosx+如2(1)当 4=0 时，求人x)在 一 兀，兀 上的单调区间；(2)当“0时，讨论人x)在 0,扪上的零点个数.听课记录类题通法利用导数确定函数零点的两种常用方法确定函数零点陪而一利用导数研究函数的单调性、极值，再.画整厂画出图象，结合图象判断函数零点个数函点性用零在理利数存定先

9、用该定理判定函数在某区间上有零点，然后用导数研究函数的单调性、极值及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数 巩固训练1 已知函数段)=一如在 0,1 上的最小值为一；.3 2 6 求 a 的值;(2)讨论函数g(x)=_/(x)2x+伙6 e R)的零点个数.题型二由函数的零点个数求参数的范围 例 2已知函数Hx)=e-J(x+2).(1)当。=1时，讨论/(x)的单调性;(2)若氏0有两个零点，求。的取值范围.听课记录类题通法由函数零点个数求参数范围的三种常用方法 巩固训练2 已知函数式)=另.(1)求函数y=/(x)的单调区间；(2)若函数g(x)=y(x)a x(“e R),

10、在定义域内恰有三个不同的零点，求实数的取值范题型三与函数零点有关的证明问题 例 3 2 0 2 2 福建漳州三中模拟 已知函数火x)=sin 2x-an x.若 a=l,讨论兀v)在区间(0，1)上的单调性；(2)证明：当。0时，7 U)在区间(0,兀)上有且只有两个零点.I听课记录类题通法若证明在区间 a,句上有唯一零点，直接用零点存在性定理判断；若在区间“，切上有两个及以上的零点时，先要把区间口，回划分为几个小区间，再用零点存在性定理逐一判断.|巩固训练3|2 0 2 2 湖北孝感模拟 已知函数式工)=1 1 1 1 一+2$出1,/。)为7 0)的导函数.(1)设 8。)=广3)，求证：

11、g(x)在6，J)上存在唯一零点；(2)求证：犬外在(0,兀)有且仅有两个不同的零点.高考大题专题研究(一)导数的综合应用第 1课时用导数证明不等式题型突破 提 高“四能”例 1 解析：(D；f(x)=x 2 一历X的定义域是(0,+8),f(x)=2 x =(伍+】)(伍 F,X X当x 号时，f(x)0,函数f(x)在(孝，+8)上单调递增；当0 x 当时，f(x)0,要证明电+-X2x-即证明 f(x)+-x3 x2+-x=-x3+-x-/n x 0,X 4 4 4 4 4 4令 g(x)=x3+In x(x0),则 gz(x)=-x2+-3 X +X4,令 t(x)=3x3+x4(XO

12、),t0 恒成立，4 4 x 4x.,.t(x)在(0,+8)单调递增，又 t(l)=o,即 g)=0,.xw e，D，g(x)V)；x (l,+8),g，(x)0,，g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+8)上单调递增，g(x)ea=g(x)/i 0 成立，所以原结论成立.巩固训练1解析：定义域：(0,+8),：)=一 专=詈 一 /=/(D=a T =-2,当a=2 时，加)=等；当0 4 苫时，/(无)0,所以/(x)在(0,3 上单调递减，在(J,+8)上单调递增；极 小 值=/3)=21n-+2=2(1 In 2),无极大值.(2)证明：由(1)知y(x)=21nx+1,令 g(

13、x)=21nx+-则 g(x)=l-2 一x_ 2X_ 1-X3_(X-1)1-X(X+1)，,，I(x+1)1,1 x(x+1)一1 .由题意得了()=京+。=艺 学.当a 2 0 时，/。)0,所以 r)在区间(-1,+8)上单调递增；当a0时,令/(x)=0,得x=1,所以当x一等 时，/(x)0,可知段)在区间(-管，+8)上单调递减.综上所述，当时，贝 x)在区间(-1,+8)上单调递增；当。0 时，人r)在区间(一1,一等)上单调递增，在区间(一 等，+8)上单调递减.解析：(2)由题意得，当。=1 时，y(x)g(x)=21n(x+l)+sinx(*+2+2 把，由厂1,所以7W

14、gM=ln(x+l)2+ln esin“一(x2+2x+2)esin1，所以负一g(x)=l n (x+l)2es,n v(x+l)2+l es,n x-1,l n (x+l)2esin v(x+l)2es,n x-1.令/z(x)=l n xx9 则 hx)=-(=，所以(x)在区间(0,e)上单调递增，在区间(e,+8)上单调递减，所以 (x)W(e)=0,所以 Ine所以 In (x+1 )2esin X k x+l)2esin(x+1 )2esin x-1,e所以 In (x+1产 9A(x+l)2es,n v l(x+l)2es,n x l(x+1 )2es,n”一1=0,所以7(x

15、)0；当 时，/(x)0,函数段)在(O,3上单调递增，在(J,+8)上单调递减.二当尤=时，r)取得极大值，极大值为/Q)=l n (一 +2=|l n 2,无极小值.(2)由(1)知，原不等式等价 于 吟 旦l(Q 0)恒成立.ex加 2,.mx2-x+l 2X2-X+1 要 证 吟i o)恒成立，只需证 n o)恒成立即可.eA铲令 g(x)=5 A xN0)，则 83=受-令 g(x)0,解得m2,令 g，(x)2,.g(x)在G，2)上单调递增，在 0,(2,+8)上单调递减.；.g(x)的最大值在x=0或x=2处取得，又g(O)=l,g(2)=V，g(X)m a x =g(O)=l

16、,.空券恒成立，ex mx2-x+l.2X2-X+1 *L、上 一.-1 在 x (0,+8)上恒成立，V 0,y(x)=+l nx,/(x)=妥，当时，/(x)0恒成立，式x)在R上单调递增，当 0时，若0 4 2 a,/(x)2 ，/(x)0,函数单调递增，综上，aWO时，式x)在R上单调递增，当 0时，函数在(0,2”)上单调递减，在(2，+8)上单调递增，证明：(2)若 J(x)g(x)9 则 x l n x：+2 已，设 F a)=x l nx 5+2 a,G(x)=%2eAFx)=nx+,令正(x)2 0,解得x2已；令尸(x)0,解得Oa4；V e所以尸(x)在(0,白)上单调递

17、减；在 玲，+8)上单调递增；所以 F(X)m i n=F(+)=2 一 白，G (x)=t，令 G (x)O,解得 0 r W l,exG V)l,所以G(x)在(0,1 上单调递增；在(1,+8)上单调递减；G(X)ma x =G(l)=-e,由于 4(5+4)，所以 2 a 即尸(X)m i n G(X)m a x,故当 时，F(x)G(x),即於)g(x).巩固训练3解析：解：由/(x)=x l nx,x 0,得r(x)=l nx+l.令尸(x)=0,得x=(当x W(0,B时，/(x)0,/(X)单调递增.所以/(X)的极小值即最小值，为,/(；)=一:.(2)证明：问题等价于证明x

18、 l nx 9一4 x C(0,+0 0).ex e由可知f(x)=x l nx(x d(O,+8)的最小值是一 不 当且仅当x三时取到.设相(x)=一|(x e(，+)贝！1詈.由m(x)l时,皿x)单调递减；由(x)0,得 0%0).当时，/(x)0在(0,+8)上恒成立，所以兀r)在(0,+8)上单调递增；当0 时，令/。)0 得 xr；令/。)0 得 0 xr；所以4 x)在(0,r)上单调递减，在(t,+8)上单调递增.(2)证明：当 f=l 时，负在(0,1)上单调递减，在(1,+8)上单调递增，所以式i)=i5 1.由条件有ln x i+L-s=ln x 2+工-s,整理得In

19、包=9=2 二，X X2 X2 X1X2 X1A Xi/八 八 w.t.m-1 m-1令机=，(0?l),贝，x=-.x2 Xi In m所以 X|+X2=X|(1+9)=喘(1 +工)=牛 x“Inm m/m In所以 X+X2-2 =m 2-lm In m2 21nmm In m In m令 g(M=,_21n tn,则 g(m)=1 -9m ：,+1=哼 _,当 009 所以 g(m)单调递增，g(m)vg=0,又当 02l 时，in nz 0,即汨+、22.巩固训练4解析：易知，a)=e a,当W 0时，/(x)0在 R 上恒成立，函数 r)单调递增，不符合题意当 0 时，令/(x)0

20、,得 x ln a,令/(x)0,得 xlnm 7/(%)在(-8,In )上单调递减，在(Ina,+8)上单调递增；所以7U)有极小值川n a)由题意可知，只需川n)0即可，即有：aa In e.(2)证 明:令/)=0,eX1=aXi，eK 2=ax2,*/ae,工可知 X2x0,则 xi=ln a+lnx,=In o+ln 念，/.X2-xi=ln 也，X 2=_ Inti 4=尤1=-9 X2=X2 Xt=In t t-1tintt-1(t+l)lnt 2t-1/.X +X 2=(t+1)ln t(/1),要证 X+X22,只需证t 1设 9=ln L爷?，只证夕 0 即可,.1 4

21、(t-1)2 人夕=阮=由 于 ，9(。在(1,+8)上递增，“1,贝。0(1)=0,满足题意，.不等式成立.第 2 课时 利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题题 型 突 破 提 高“四能”例 1 解析：(1)依题意,/(x)=a+：(x 0),当“NO时，显然了。)0,所以於)在(0,+8)上单调递增；当。一：时，f(x)0,当 0 4 一：时，/(x)0;即40在(0,少上单调递减，在(V，+8)上单调递增.(2)由题意得人x)=o r+l nx+l W 0 恒成立，等 价 于 站 恒 成 立，令 g(x)=一8 詈，即a W g(x)m i n时成立.g(x)=等，当 x G(0,e)

22、时，g(x)0,那么g(x)在(0,e)上单调递减，在(e,+8)上单调递增，所以g(x)m m=g(e)=一|,当a W-2 时，即为所求.e巩固训练1 解析：函数本)的定义域为 小 0 ,/(X)=l 当aWO时，/。)0恒成立，函数式外在(0,+8)上单调递增；当。0时，令/(尤)=0,得 x=a.当0 c x e a 时，/(A)0,函数段)为增函数.综上所述，当aWO时，函数./U)的单调递增区间为(0,+8),无单调递减区间；当a 0 时，函数段)的单调递减区间为(0,a),单调递增区间为(a,+8).(2)若 x=l,兀0=1 0 成立，aGR；若 1 0=咯 恒成立，记 g(x

23、)=A a W 2),83=笔?0,/(x)N 0,火幻在(0,+8)上单调递增.当。0,得e”a,Q l n(一)，氏0单调递增；令/(x)。，得 e ，l n(6f),用)单调递减.综上，当1时，7U)在(0,+8)上单调递增；当 g(x)得，xex+axa In x=xex a(x+l n x).令/=xe*/G(0,+),则 x+l n x=l n (%。)=1 1 1 1,上式变为“一 In f.当a=0时，上式恒成立；当 0时，1 0时，-a In /-*+0 0,不成立；当 a0,/?单a t tz调递增；f G(e,+),ht)0,/z单调递减.所以，/?(Z)m ax/?(e

24、)-,则-即一e a 0,於)单调递增;在(1,+8)内，f(x)1-3+4(幻+。-2(R W 2)恒成立，所以 In xx+a k(l?)+1 x+。一2 恒成立，所以 x(l n x+l)/(x3),即 x(l n x+l)-Jt(x-3)0.令 g(x)=x(l n x+1)Z(x3),则 g，(x)=l n x+2 T.因为 W 2,所以g，(x)0.所以g(X)在(1,+8)单调递增.所以 g(x)g(l)=l+2&,所 以l+2 k0,所以左力一点即实数&的取值范围是卜2 .例 3 解析：(1)：/U)=-e+e x,.(x)=-e+e,令/W0,解得 x 1 ；令/(x)1,.

25、/U)在(-8,1)单调递增，在(1,+8)单调递减，./(X)m ax=_/U)=O；(2)对任意为G(0,2 ,总存在尬(0,2 ,使得g(X|)勺5)等价于g()勺(X2)m a x,由(l V(X2)max=/(1)=0，则问题转化为g(x)0,得(x)0,加 0在(0,2 单调递增，-A(x)m ax=A(2)=1 l n 2+1,则一。扣 2+1,即。一 扣 2 1,故的取值范围为(一8,l n 2 1).巩固训练3 解析：存在为，X2 0,2 使得以即)-g(M 成立，等价于 g(xi )一g(、2)max 2 M.因为 g(x)=/-d -3,所以 g OOu S x2-2 x

26、=3 x(x-|).g(x),g。)随X变化的情况如下表：X0(。右322g(x)00+g(x)-3极小值一 5/1由上表可知，g a)m i n =g(|)=-H，g a)m ax=g(2)=l.g(X|)g(K 2)max=g(R)max g(x)m in=詈，所以满足条件的最大整数 M=4.(2)对于任意的s,W 仔,2 卜 都有/($)任g(f)成立,等价于在区间H，2 上，函数f(x)m i n 2 g a)m ax.由(1)可知，在区间悖，2 上，g。)的最大值g(2)=l.在区间L，2 上，F(x)=：+x l n x 2 1 恒成立.等价于a x Xnx恒成立，记 h(x)=x

27、x1nx,则 (x)=l 2 xl n x-r,*(1)=0.令 m(x)=hx)=1 2 xl n x-x,加(x)=-3 2 1 n x,x H 2 卜加(无)0 恒成立，.,.m(x)=/(x)在L ,2 上单调递减.当 l r W 2 时，(x)0；当：W x0.即函数6(x)=x-f l n x在区间L，1)上单调递增，在区间(1,2 上单调递减,所以/z(X)m ax=/?(D=l,即实数4的取值范围是口，+8).第 3 课时 利用导数研究函数的零点题型突破 提 高“四能”例 1 解析：当 a=0 时,J(x)=xsi n x+c osx,x 7c,兀 ./(x)=si n x-x

28、 c os x-si n x=x c os x.当工在区间 兀，兀 上变化时，f(x),7U)的变化如下表X一兀(F，T)_ 72T(/-7储T。)0(0,712(”)71rw+00+0贝 X)-1增极大医减极小值 1增极大隹减-1.孙)的单调增区间为(一m-=),(0,沙危)的单调减区间为(一；，0),g,n).解析：(2)f(x)=ax+x c os x=x(a+cos x),x 0,兀 .当时，+c osx2 0在 0,兀 上恒成立,A x e 0,用时，/a)2 0,7U)在 0,兀 上单调递增.又以 0)=1 0,於)在 0,兀 上没有零点；当 时，令/(x)=0,得 c osx=a

29、.由一1 一 0 可知存在唯一必仁俱，n)使得c osxo=当无。)时,/a)e o,，劝单调递增;当工(网，兀)时，/(%)1,角1)=加21.当)兀2-1 0,即时，在 0,兀 上没有零点.当 2-1 W 0,即 0aW 总时，兀o 在 0,兀 上有1 个零点.综上，当0,时，叙 没有零点.巩固训练1 解析：由 於)=?一%X2,了(/)=*=4),当 0 时，/(x)在 0,+8)上恒大于等于0,所以人 在 0,1 上单调递增，7(X)m i n=./(0)=0，不合题意；当0 31时，x E 0,0 时,/(J C)0,於)单调递增,所以 yU)m i n =Aa)=%3 _、3=-i

30、 f l3,-3=-O Z O O O所以a=l,不满足0“1；当”=1时，在 0,1 上，/(x)0且不恒为0,所以兀r)在 0,1 上单调递减，Ax)m i n=/1)=-；=7,适合题意；当时，在 0,1 上，/。)1；D Z O综上，4=1.解析：(2)由(1)可得，g(x)=|x3I%22 x+/?,所以 b=#+#+2x,令/z(x)=-i r3+|r2+2 x,则/f(x)=/+x+2=-(x 2)(x+1),所以砥2)=0,(-1)=0,且当 x-l 时，h(x)0；当一 l x 0；当 x 2 时，h(x)0,所以依)被 小=/i(一 1)=；+好 2=：，/z(x*=/z(

31、2)=8+；义4+4=，5 L o o L o如图：当 一看或弓 时，函数g(x)有 1 个零点；当匕=一：或时，函数g(x)有 2个零点；O D当一时，函数g(x)有 3个零点.例 2 解析：(1)当 ”=1 时，/(x)=e-(x+2),/,(x)=ev-l.令;(x)0,解得x0,解得x0.所以/(X)的单调递减区间为(一8,0),单调递增区间为(0,+8).(2)因为 f(x)sra(x+2),所以 f(x)e：xa.若“W O,则:(x)=e ”0在 R 上恒成立，所以/(x)在 R 上单调递增，则最多只有一个零点，不符合题意.若 0,令广(幻=a=0,得 x=l n a.当工(-8

32、,l n )时，/a)V 0；当 x(l n a,+8)时，尸(%)0.所以/(x)在(一8,I n q)上单调递减，在(I n a,+8)上单调递增.所以 f Mmin=f(n ci)=n aa(n a+2)=q(l+l n a).又当 X-8 时，y(九)f +8；当 X+8 时，X)f+C O ;要使fa)有两个零点，则/a)m i n=A h l 4)V 0，即一a(l+l n a)V 0,所以即。的 取 值 范 围 是+8).巩固训练2 解析：(1)因为./(x)=J 的定义域为 x|xW-2 ,且了()=衿 称，则当x 一2时，f(x)0,/)为减函数;当一2 x 一1 时，/(x

33、)0,兀v)为增函数，综上可得：y(x)在(一8,2)和(一2,1)上为减函数，在(-1,+8)上为增函数；(2)令函数g(x)=y(x)-a r=0,因为x=0 不是方程的解，所以可得=磊？构造函数 =心(/且 岸-幻，则=溪 蔡由(X)=O可得K =近，列表如下:(一8,2)(2,V 2)V 2(V 2,0)(0,V 2)V 2(V 2,+8)h(x)+00+检)增增极大值减减极小值增所以，a)极大值=(一鱼)=$后，/(板小值=以鱼)=表定22y2 2+2V2作出函数/?(x)的图象如下图所示：由图可知，当 a 聂 后 时，函数y=a与函数y=A(x)的图象有三个不同的交点，因此实数 a

34、的取值范围是(忌，+0 0).例 3 解析：若。=1,则於)=si n 2 x-|l n x|,当 x(0,1)时，l n x 0,J(x)=sin2x+n x9，a)=2 co s 2 x+1,广(x)=-4 si n 2 x一9.当x(o,1)时，/a)2cos y+l=O,所以/(x)0,所以式x)在(0,1)上单调递增；解析：(2)当 xG(0,1 时，“0 时，贝 x)=sin 2x+a In x,/(x)=2cos 2x+,尸(x)=-4sin2x爰 0,所以/(x)在(0,1 上单调递减，/=2cos2+a.(i)若“一2cos2,则/(x)可(1)2 0,所以外)在(0,1 上

35、单调递增,又f(e-=s in(2 e f 1 0,所以x)在(0,1 上有唯一零点;(ii)0 z-2 co s2,则/0,当 1)时,f(x)0,所以於)在(0,幻)上单调递增，在3，1)上单调递减.又f(eT)0,所以1 x)在(0,1 上有唯一零点；当 xG(l,罚,。0 时，/(x)=sin 2 x-a In x,f(x)2cos 2x1 0,尼 n)=-l a ln 乎0 时，2X CQIT,2TT),sin 2x0,所以7(x)=sin 2xa In x 0时，兀t)在(0,兀)上有且只有两个零点.巩固训练 3 证明：(l)g(x)=/(x)=1 I+2cos x,当 5)时，g(x)=-2 s i n x-9(),所以g(x)在，5 上单调递减，又因为 g得)=3-1 +10,g(3 三 一 10,所以g(x)在停，上有唯一的零点a,所以命题得证；证明：(2)当 xW(0,兀)时，g(x)=-2sin x 0,/)在(0,a)上单调递增；当兀)时，/(x)0,兀v)在(a,兀)上单调递减；所以凡r)在(0,兀)上存在唯一的极大值点三 a 2-0,又因为/（J=_2_m+2sin -2-+2 0,所以贝x）在（0,a）上恰有一个零点.又因为式 兀）=ln 7t7t27i0,所以人幻在（a,兀）上也恰有一个零点.府）在（0,兀）有且仅有两个不同的零点.