2012-大纲卷理-20 解-导数

本题导读

本题考查利用导数研究函数的单调性。核心在于分类讨论法、端点效应法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2012年大纲卷(理)） 设函数 $f(x)=ax+\cos x$，$x\in [0,\pi ]$.

(1)讨论 $f(x)$ 的单调性；

(2)设 $f(x)\le 1+\sin x$，求 $a$ 的取值范围.

🔍【思路分析】

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1. 第（Ⅰ）问思路：

• 先对 $f(x)$ 求导，得到 $f^{\prime }(x)=a-\sin x$。由于 $x\in [0,\pi ]$，正弦函数的值域为 $\sin x\in [0,1]$。
• 导函数的正负完全由参数 $a$ 与 $\sin x$ 的相对大小决定。因此需对 $a$ 的关键临界值（$a\le 0$，$a\ge 1$，$0<a<1$）进行分类讨论：
  • 若 $a\le 0$，则 $f^{\prime }(x)\le 0$ 恒成立，函数单调递减；
  • 若 $a\ge 1$，则 $f^{\prime }(x)\ge 0$ 恒成立，函数单调递增；
  • 若 $0<a<1$，令 $f^{\prime }(x)=0$ 会在区间内产生两个互异零点 $x_1=\arcsin a$ 和 $x_2=\pi -\arcsin a$，此时函数单调性会发生“增 $\to$ 减 $\to$ 增”的交替。

2. 第（Ⅱ）问思路：

• 必要性寻找突破口：若不等式 $ax+\cos x\le 1+\sin x$ 在 $[0,\pi ]$ 上恒成立，则在右端点 $x=\pi$ 处也必须成立。代入可得 $a\pi -1\le 1⟹a\le \frac{2}{\pi }$。
• 充分性严谨证明：接下来需证明当 $a\le \frac{2}{\pi }$ 时，不等式确实能恒成立。由于 $f(x)=ax+\cos x\le \frac{2}{\pi }x+\cos x$，只需证明 $\frac{2}{\pi }x+\cos x\le 1+\sin x$ 即可。
• 构造辅助函数：将目标不等式移项，由于区间 $[0,\pi ]$ 关于 $\frac{\pi }{2}$ 对称，可以考虑分段讨论：
  • 在 $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ 上，构造辅助函数 $g(x)=\sin x-\frac{2}{\pi }x$，通过二次求导判断其最值，证明 $\sin x\ge \frac{2}{\pi }x$ 恒成立，结合 $\cos x\le 1$ 完成判定；
  • 在 $\left[\frac{\pi }{2},\pi \right]$ 上，利用三角函数的对称变换公式进行放缩，证明充分性。

✅【答案】

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(1) $a\le 0$ 时在 $[0,\pi ]$ 上单调递减；$a\ge 1$ 时单调递增；$0<a<1$ 时在 $[0,\arcsin a]$、$[\pi -\arcsin a,\pi ]$ 上递增，在 $[\arcsin a,\pi -\arcsin a]$ 上递减

(2) $a\le \frac{2}{\pi }$

✍【详细解析】

Abstract

（Ⅰ）解： 对函数 $f(x)=ax+\cos x$ 求导，得： $f^{\prime }(x)=a-\sin x$ 因为 $x\in [0,\pi ]$，所以 $\sin x\in [0,1]$。

下面对参数 $a$ 的取值范围进行分类讨论：

1. 当 $a\le 0$ 时： 因为 $\sin x\ge 0$，所以 $f^{\prime }(x)=a-\sin x\le 0$ 恒成立。 此时，函数 $f(x)$ 在 $[0,\pi ]$ 上单调递减。

2. 当 $a\ge 1$ 时： 因为 $\sin x\le 1$，所以 $f^{\prime }(x)=a-\sin x\ge 0$ 恒成立。 此时，函数 $f(x)$ 在 $[0,\pi ]$ 上单调递增。

3. 当 $0<a<1$ 时： 令 $f^{\prime }(x)=a-\sin x=0⟹\sin x=a$。 因为 $x\in [0,\pi ]$，方程在区间内有两个互异实根，分别记为： $x_1=\arcsin a,x_2=\pi -\arcsin a$ 此时导函数的符号分布如下：

• 当 $x\in [0,x_1)$ 时，$\sin x<a⟹f^{\prime }(x)>0$，函数 $f(x)$ 单调递增；
• 当 $x\in (x_1,x_2)$ 时，$\sin x>a⟹f^{\prime }(x)<0$，函数 $f(x)$ 单调递减；
• 当 $x\in (x_2,\pi ]$ 时，$\sin x<a⟹f^{\prime }(x)>0$，函数 $f(x)$ 单调递增。

综上所述：

• 当 $a\le 0$ 时，$f(x)$ 的单调递减区间为 $[0,\pi ]$；

• 当 $a\ge 1$ 时，$f(x)$ 的单调递增区间为 $[0,\pi ]$；

• 当 $0<a<1$ 时，$f(x)$ 的单调递增区间为 $[0,\arcsin a]$ 和 $[\pi -\arcsin a,\pi ]$，单调递减区间为 $[\arcsin a,\pi -\arcsin a]$。

（Ⅱ）解： 若 $f(x)\le 1+\sin x$ 在 $x\in [0,\pi ]$ 上恒成立，则在端点 $x=\pi$ 处也必须成立。 代入 $x=\pi$ 得： $f(\pi )\le 1+\sin \pi ⟹a\pi +\cos \pi \le 1+0$ $a\pi -1\le 1⟹a\pi \le 2⟹a\le \frac{2}{\pi }$ 此为不等式恒成立的必要条件。

下面证明当 $a\le \frac{2}{\pi }$ 时，不等式 $f(x)\le 1+\sin x$ 在 $[0,\pi ]$ 上一定能恒成立（充分性）。 因为 $x\in [0,\pi ]$，当 $a\le \frac{2}{\pi }$ 时，有： $f(x)=ax+\cos x\le \frac{2}{\pi }x+\cos x$ 要证 $f(x)\le 1+\sin x$ 恒成立，只需证： $\frac{2}{\pi }x+\cos x\le 1+\sin x⟹\frac{2}{\pi }x\le 1+\sin x-\cos x$

为了便于精细化分析，构造辅助函数 $g(x)=\sin x-\frac{2}{\pi }x$，其中 $x\in \left[0,\frac{\pi }{2}\right]$。 对 $g(x)$ 求导： $g^{\prime }(x)=\cos x-\frac{2}{\pi }$

• 当 $x\in \left(0,\arccos \frac{2}{\pi }\right)$ 时，$\cos x>\frac{2}{\pi }⟹g^{\prime }(x)>0$，函数 $g(x)$ 单调递增；
• 当 $x\in \left(\arccos \frac{2}{\pi },\frac{\pi }{2}\right)$ 时，$\cos x<\frac{2}{\pi }⟹g^{\prime }(x)<0$，函数 $g(x)$ 单调递减。

由此可知， $g(x)$ 在区间 $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ 的端点值满足： $g(0)=\sin 0-0=0,g\left(\frac{\pi }{2}\right)=\sin \frac{\pi }{2}-\frac{2}{\pi }\times \frac{\pi }{2}=1-1=0$ 因为 $g(x)$ 在区间内先增后减，且两端点值均为 0，所以： $g(x)\ge 0⟹\sin x-\frac{2}{\pi }x\ge 0⟹\frac{2}{\pi }x\le \sin x\text{在 }x\in \left[0,\frac{\pi }{2}\right]\text{ 上恒成立。}$

下面按区间分段论证目标不等式：

情况一：当 $0\le x\le \frac{\pi }{2}$ 时 由上述结论可知 $\frac{2}{\pi }x\le \sin x$。 同时根据正弦与余弦的三角有界性，当 $x\in \left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ 时，$\cos x\le 1$ 恒成立。 两不等式对应同向相加： $\frac{2}{\pi }x+\cos x\le \sin x+1$ 因此，此时满足 $f(x)\le \frac{2}{\pi }x+\cos x\le 1+\sin x$。

情况二：当 $\frac{\pi }{2}<x\le \pi$ 时 引入对称变换变量，令 $t=x-\frac{\pi }{2}$，由于 $x\in \left(\frac{\pi }{2},\pi \right]$，则 $t\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right]$。 利用诱导公式对函数项进行平移转换： $\sin x=\sin \left(t+\frac{\pi }{2}\right)=\cos t$ $\cos x=\cos \left(t+\frac{\pi }{2}\right)=-\sin t$

代入需要证明的目标变形结构式中： $\frac{2}{\pi }x+\cos x=\frac{2}{\pi }\left(t+\frac{\pi }{2}\right)-\sin t=\frac{2}{\pi }t+1-\sin t$ 因为 $t\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right]$，由情况一中已证得的结论 $\frac{2}{\pi }t\le \sin t$，移项得： $\frac{2}{\pi }t-\sin t\le 0$ 将此式代入上式放缩： $\frac{2}{\pi }x+\cos x=1+\left(\frac{2}{\pi }t-\sin t\right)\le 1+0=1$

因为当 $x\in \left(\frac{\pi }{2},\pi \right]$ 时，$\sin x=\cos t\ge 0$，所以显然满足： $1\le 1+\sin x$ 由此串联可得： $\frac{2}{\pi }x+\cos x\le 1\le 1+\sin x$ 因此，此时同样满足 $f(x)\le 1+\sin x$。

综上所述，当且仅当 $a\le \frac{2}{\pi }$ 时，不等式在整个闭区间上恒成立。 所以， $a$ 的取值范围为 $\left(-\infty ,\frac{2}{\pi }\right]$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：导数判定含有反三角函数的复杂单调区间、恒成立问题中的端点分析、基于对称特征分段构造辅助函数。
2. 核心方法：必要条件先行法（端点效应法）。处理闭区间上的代数式恒成立问题，直接正面通过导数分析复合函数的最值往往过程极度繁琐（如本题直接求导会遇到 $a-\sin x+\cos x$ 的复合单调性）。利用端点值先锁定常数 $a$ 的上下界，将问题转化为特定具体函数的证明，是击破导数恒成立压轴题的高效捷径。
3. 避坑指南：

• 概念性分类遗漏：在第（Ⅰ）问中，部分考生由于对正弦函数值域 $[0,1]$ 敏感度不够，分类讨论时漏掉 $a\le 0$ 或 $a\ge 1$ 的边界恒定状态，直接进入 $0<a<1$ 的常规解方程，导致失分。
• 充分性论证缺失：在第（Ⅱ）问中，很多考生仅通过代入 $x=\pi$ 算出 $a\le \frac{2}{\pi }$ 就直接作为最终答案。切记端点效应只是必要条件，必须进行完整的充分性证明（如文中的分段辅助函数法），否则在高考大题中会被扣除大量步骤分。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题源于人教A版高中数学选择性必修第二册第五章《一元函数的导数及其应用》中利用导数研究不等式恒成立的经典压轴大题。属于高考对导数与三角函数结合考查的高难度压轴题。
2. 结论推广:

• 琴生不等式与三角凸性推广定理：本题在第（Ⅱ）问中所利用的二级衍生核心结论 $\frac{2}{\pi }x\le \sin x\le x\left(x\in \left[0,\frac{\pi }{2}\right]\right)$，在高等数学中属于正弦函数的割线放缩法（利用凸函数的性质）。
• 由于函数 $f(x)=\sin x$ 在 $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ 上的二阶导数 $f^{\prime \prime }(x)=-\sin x\le 0$，说明曲线在该段是严格上凸的。
• 根据凸函数的几何几何特征，上凸曲线必然恒位于其两端连线（割线 $y=\frac{2}{\pi }x$）的上方，且恒位于其原点切线（切线 $y=x$）的下方。
• 由此可以得出通用的正弦凸性双向夹逼推广通式： $\frac{2}{\pi }x\le \sin x\le x\left(x\in \left[0,\frac{\pi }{2}\right]\right)$
• 借助该高等数学凸性定理，在解答选择题或填空题时，可以无需经过复杂的导数求极值及两端点分段验证，直接快速得出判定出 $\sin x\ge \frac{2}{\pi }x$ 的正确性。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 05.02 函数的四大性质

• 05.03 专题-恒成立问题 类题演练 (Links)

• 2013-辽宁卷理-12 单-构造辅助函数

• 2004-全国卷I理-19 解-导数的四则运算法则

• 2004-湖南理-12 单-导数的乘法运算法则