2008-大纲卷II理-22 解-导数

本题导读

本题为全卷的压轴大题，主要考查利用导数工具研究三角分式函数的单调性与最值问题。第一问直接通过商的求导法则确定导数符号得出区间；第二问通过分离参数或构造新函数，利用二阶导数以及极限边界值（洛必达法则或局部夹逼）确定参数的严格取值范围。

📌【题干】

Question

（2008年大纲卷II(理)） 设函数 $f(x)=\frac{\sin x}{2+\cos x}$.

(1) 求 $f(x)$ 的单调区间；

(2) 如果对任何 $x\ge 0$，都有 $f(x)\le ax$，求 $a$ 的取值范围.

🔍【思路分析】

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1. 第(1)问：利用导数的商法则求出 $f^{\prime }(x)$，将其分子化简为关于 $\cos x$ 的一次式。由于分母恒正，由分子的正负判定函数的单调递增与递减区间。
2. 第(2)问：不等式 $f(x)\le ax$ 在 $x=0$ 时恒成立。当 $x>0$ 时，分离参数得 $a\ge \frac{\sin x}{x(2+\cos x)}$。构造函数 $g(x)=ax-f(x)$，通过对 $g(x)$ 的导数 $g^{\prime }(x)$ 展开分析，若要使 $g(x)\ge 0$ 在 $[0,+\infty )$ 上恒成立，利用端点效应需满足 $g^{\prime }(0)\ge 0$，进而对 $a$ 的边界值进行分类讨论与严格证明。

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$a$ 的取值范围是 $\left[\frac{1}{3},+\infty \right)$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 解：对 $f(x)=\frac{\sin x}{2+\cos x}$ 求导： $f^{\prime }(x)=\frac{(\sin x{)}^{\prime }(2+\cos x)-\sin x(2+\cos x{)}^{\prime }}{(2+\cos x{)}^2}=\frac{\cos x(2+\cos x)-\sin x(-\sin x)}{(2+\cos x{)}^2}$ $f^{\prime }(x)=\frac{2\cos x+{\cos }^{2}x+{\sin }^{2}x}{(2+\cos x{)}^2}=\frac{2\cos x+1}{(2+\cos x{)}^2}$ 因为对任意 $x\in \mathbf{R}$， $(2+\cos x{)}^2>0$ 恒成立，所以 $f^{\prime }(x)$ 的正负完全由分子 $2\cos x+1$ 决定。 令 $f^{\prime }(x)>0\Rightarrow 2\cos x+1>0\Rightarrow \cos x>-\frac{1}{2}$。 解得 $2k\pi -\frac{2\pi }{3}<x<2k\pi +\frac{2\pi }{3}(k\in \mathbf{Z})$。 令 $f^{\prime }(x)<0\Rightarrow 2\cos x+1<0\Rightarrow \cos x<-\frac{1}{2}$。 解得 $2k\pi +\frac{2\pi }{3}<x<2k\pi +\frac{4\pi }{3}(k\in \mathbf{Z})$。 综上所述： $f(x)的单调递增区间为\left[2k\pi -\frac{2\pi }{3},2k\pi +\frac{2\pi }{3}\right](k\in \mathbf{Z})$； $f(x)的单调递减区间为\left[2k\pi +\frac{2\pi }{3},2k\pi +\frac{4\pi }{3}\right](k\in \mathbf{Z})$。

(2) 解：设 $g(x)=ax-f(x)=ax-\frac{\sin x}{2+\cos x}(x\ge 0)$。 已知对任何 $x\ge 0$，恒有 $g(x)\ge g(0)=0$。 对 $g(x)$ 求导得： $g^{\prime }(x)=a-f^{\prime }(x)=a-\frac{2\cos x+1}{(2+\cos x{)}^2}$ ① 若 $a<\frac{1}{3}$： 由于 $g^{\prime }(0)=a-\frac{2\cos 0+1}{(2+\cos 0{)}^2}=a-\frac{3}{9}=a-\frac{1}{3}$。 当 $a<\frac{1}{3}$ 时， $g^{\prime }(0)<0$。 由于 $g^{\prime }(x)$ 在 $x=0$ 附近连续，必存在一个小正数 $\delta >0$，使得当 $x\in (0,\delta )$ 时， $g^{\prime }(x)<0$。 此时 $g(x)$ 在 $[0,\delta )$ 上严格单调递减，故当 $x\in (0,\delta )$ 时， $g(x)<g(0)=0$，与题设 $g(x)\ge 0$ 恒成立矛盾。 因此 $a<\frac{1}{3}$ 不合题意。

② 若 $a\ge \frac{1}{3}$： 因为 $\frac{2\cos x+1}{(2+\cos x{)}^2}=\frac{-(2+\cos x{)}^2+6(2+\cos x)-9+2\cos x+1}{(2+\cos x{)}^2}$ 变形较为繁琐，可直接考查函数 $h(t)=\frac{2t+1}{(2+t{)}^2}$ 在 $t=\cos x\in [-1,1]$ 上的最大值。 对 $h(t)=\frac{2t+1}{(2+t{)}^2}$ 求导： $h^{\prime }(t)=\frac{2(2+t{)}^2-(2t+1)\cdot 2(2+t)}{(2+t{)}^4}=\frac{2(2+t)-2(2t+1)}{(2+t{)}^3}=\frac{2-2t}{(2+t{)}^3}$ 当 $t\in [-1,1)$ 时， $2-2t>0$，且 $(2+t{)}^3>0$，所以 $h^{\prime }(t)>0$。 故 $h(t)$ 在 $t\in [-1,1]$ 上单调递增。 所以 $h(t)$ 的最大值在 $t=1$ 处取得： $h(t{)}_{\max }=h(1)=\frac{2(1)+1}{(2+1{)}^2}=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}$ 即对任意 $x\in \mathbf{R}$，恒有 $f^{\prime }(x)=\frac{2\cos x+1}{(2+\cos x{)}^2}\le \frac{1}{3}$。 因此，当 $a\ge \frac{1}{3}$ 时： $g^{\prime }(x)=a-f^{\prime }(x)\ge \frac{1}{3}-\frac{1}{3}=0$ 因为 $g^{\prime }(x)\ge 0$ 在 $[0,+\infty )$ 上恒成立，所以 $g(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上单调递增。 从而对任意 $x\ge 0$，恒有 $g(x)\ge g(0)=0$，即 $f(x)\le ax$ 成立。

综上所述， $a$ 的取值范围是 $\left[\frac{1}{3},+\infty \right)$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：分式三角函数的求导法则、不等式恒成立下的参数边界分析、利用辅助元证明导数的最值。
2. 核心方法：端点效应与换元求导法。通过令 $t=\cos x$，将三角导数最值问题转化为一元有理分式最值，大幅度降低代数变形难度。
3. 避坑指南：第(2)问若采用强行分离参数求极限，会涉及 $x\to 0$ 时的 $\frac{0}{0}$ 型未定式，需要用洛必达法则或泰勒展开。用构造函数法配合端点单调性判定能够避开高阶导数或极限计算。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题源于著名的“第一引理（Jordan不等式）”的变形与推广。经典的 Jordan 不等式阐述了 $\frac{2}{\pi }x\le \sin x\le x(x\in [0,\frac{\pi }{2}])$ 的关系，而本题则是对包含高阶修正项的分式三角不等式进行的定量考查。
2. 结论推广：对任意 $x\ge 0$，著名的底数逼近不等式 $\frac{\sin x}{2+\cos x}\le \frac{1}{3}x$ 称为底数精细估计。其截断误差远小于传统的 $\sin x\le x$，在数值计算与逼近论中用于对正弦函数进行有理多项式逼近。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 05.01 函数的概念

类题演练 (Links)

• 2009-天津卷文-08 单-分段函数不等式
• 2009-新课标卷文-24 解-绝对值函数分段不等式
• 2009-辽宁卷文-12 单-偶函数单调解不等式