《2023届高考数学一轮复习专题三角函数有关w的值及w取值范围的求法题型总结.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届高考数学一轮复习专题三角函数有关w的值及w取值范围的求法题型总结.pdf（24页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司2023 年高考复习专题：年高考复习专题：三角函数有关三角函数有关的值及的值及取值范围的求法题型总结取值范围的求法题型总结题型一、已知三角函数单调性求题型一、已知三角函数单调性求的值及的值及取值范围取值范围1已知函数 sin06fxx在40,3单调递增，在4,23单调递减，则（）A12B1C43D322已知函数 sin03fxx在0,3上单调递增，则的取值范围为（）A10,3B10,3C10,2D10,23若函数 3sincos055f xxx在20,3上单调递增，则实数的取值范围是（）A0,1B40,5C4,15D1 4,2 54已知函数
2、2sinf xx（0，0），将 f x图象上所有点向右平移6个单位长度得到函数 g x的图象，若 g x是奇函数，f x在0,6上单调递增，则的最大值为（）A23B1C2D35已知函数 sin0f xx在,3 6 上单调，且4633fff，则的可能取值（）A只有 1 个B只有 2 个C只有 3 个D有无数个题型二、已知三角函数值域求题型二、已知三角函数值域求的值及的值及取值范围取值范围6已知函数 sin06f xx，501212ff.的最小值为（）A2B1C4D67已知函数 2sin06fxx在区间0,3上的值域为1,2，则的取值范围为（）A1,2B31,2C1,3D1,228已知函数 2si
3、n103fxx，xR，2f xf，且 f x在0,4上单调递增，则（）A13B12C2D39函数 sin04f xx在区间0,上恰有两个最小值点，则的取值范围为（）A13 21,44B2,6C9 17,44D11 19,4410已知函数 sin3cos0 xf xx，若 f x的图象在区间0,上有且只有 1 个最低点，则实数的取学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司值范围为（）A13 7,62B7 25,26C11,6D11 23,6611若函数 sin(0)3f xx在区间,2内没有最值，则的取值范围是（）A11 20,123 3B11 70,126 12UC70,12D1 2
4、,3 312已知函数 3cos06f xx，若03f，f x在4,39内有最小值，没有最大值，则的最大值为（）A19B13C10D7题型三、已知三角函数零点求题型三、已知三角函数零点求的值及的值及取值范围取值范围13已知函数 2sin3f xx在区间0,2上恰有 3 个零点，则正实数的取值范围是()A17 23,12 12B11 17,12 12C5 13,3 6D7 5,6 314已知函数 1sin3cos0fxxx 在0,上有且只有 2 个零点，则实数的取值范围是（）A3 13,26B13 7,62C7 25,26D25 11,6215已知函数 23cos(0)3fxx，且 f（x）在0，
5、有且仅有 3 个零点，则的取值范围是（）A53，83）B53，136）C76，136）D136，196）16已知函数 22cos3sin10,2xfxxxR，若函数 f x在区间,2上没有零点，则的取值范围是（）A55 110,126 12B2 11,3 12C5 11,6 12D250,12113 1217已知函数 sinsin063f xxx，若函数 f x在区间0,上有且只有两个零点，则的取值范围为（）A5 4,6 3B5 4,6 3C6 4,5 3D6 4,5 318已知函数 sin3cos1fxxx0在0,2上有且只有 5 个零点，则实数的范围是（）A11 37,26B13 7,62
6、C25 11,12 4D25,12 211学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司题型四、已知三角函数对称性求题型四、已知三角函数对称性求的值及的值及取值范围取值范围19函数()sinsin063f xxx的最小正周期为2，则为（）A3B2C1D1220已知直线6x是函数()sin(08)6f xx图像的一条对称轴，则的值为（）A3B4C2D121将函数 sinf xx（其中0）的图像向右平移4个单位长度，所得图像关于直线x对称，则的最小值是（）A13B2C53D2322若函数 sin10f xx在0,2上有且仅有 6 个极值点，则正整数的值为（）A2B3C4D523已知函数 21
7、3sincoscos(0,)2fxxxxaxR在0,内有且仅有三条对称轴，则的取值范围是（）A2 7,3 6B7 5,)6 3C5 13,3 6D13 8,6 324将函数sin(0)yx的图象向右平移3个单位长度后，再将图象上的每一个点的横坐标变为原来的 2 倍（纵坐标不变），得到的函数图象恰好关于直线6x对称，则的一个值是（）A1B2C3D525已知函数()sin(0)3f xx在(,2)内不存在对称中心，则的取值范围为（）A1 2,3 3B20,3C10,6D11 20,63 326已知函数()4sin()0,|2f xx，(0)(4)2ff，函数()f x在(0,4)上有且仅有一个极小
8、值但没有极大值，则的最小值为（）A6B3C56D4327若将函数sin(0)4yx的图象向右平移3个单位长度后，与函数sin6yx的图象重合，则的最小值是（）A14B12C34D128已知函数 tan0,03f xAxA的图象向左平移34个单位长度后与原图象重合，则实数的最小值是（）学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司A43B83C163D829若将函数sin(0)4yx的图像向右平移3个单位长度后，与函数cos6yx的图像重合，则的最小值是（）A214B194C174D15430已知函数 cos(0)4fxx在区间0，上有且仅有 3 条对称轴，则的取值范围是（）A（134，1
9、74B（94，134C94，134）D134，174）答案第 5页，共 20页参考答案：参考答案：1A【详解】当40,3x时，4,6636x，当4,23x时，4,26366x，由题意得：4362且3262，解得12.故选：A2D【详解】当0,3x时，,3333x，因为函数 sin03fxx在0,3上单调递增，所以332，解得102，所以的取值范围为10,2故选：D.3B【详解】3sincos2sin()2sin()555630f xxxxx，20,3x时，2,3030330 x，因为函数 fx在20,3上单调递增，所以有23302，解得45，因为0，所以的取值范围是40,5，故选：B.4C【详
10、解】依题意，2sin2sin66g xxx为奇函数，所以,66kkkZ，由于0，所以6.答案第 6页，共 20页 2sin6f xx，0,666 66xx，由于 f x在0,6上单调递增，所以,2662，所以的最大值为2.故选：C5C【详解】设 f x的最小正周期为 T，则由函数 f x在,3 6 上单调，可得263T，即T因为2T，所以02.由 f x在,3 6 上单调，且63ff，得 f x的一个零点为36212，即,012为 f x的一个对称中心.因为463ff，所以433624x为 f x的一条对称轴.因为463ff，所以有以下三种情况：47366T，则2127T；当33544126T
11、 时，则295T，符合题意；3544126T，则235T，符合题意因为T，354126 不可能满足其他情况.故的可能取值只有 3 个故选：C6A【详解】501212ff，函数的最小正周期的最大值为max521212T，答案第 7页，共 20页故的最小值为max22T故选：7A【详解】解：当0,3x时，6636x，因为函数 f x在区间0,3上的值域为1,2，所以52366，解得12.故选：A.8A【详解】因为 2f xf，所以2sin13223f，所以2232kkZ，解得143kkZ.因为0,4x，所以,3343x.因为 f x在0,4上单调递增，所以432，解得203，故13.故选：A9A【
12、详解】令4tx，因为0,x，所以,44t，问题转化为函数()sinf tt在,44t时恰有两个最小值点，所以有711242，因为0，所以132144，故选：A10D【详解】由题意得 sin3cos2sin3f xxxx，因为0,x，所以,333x，因为 f x有且只有 1 个最低点，答案第 8页，共 20页所以37232，解得112366.故选：D11B【详解】由()f x在区间,2内没有最值，知()f x在区间,2上单调，由,2x 可得,2333x，当()f x在区间,2上单增时，可得222,2332kkkZ，解得512,612kk kZ，0k 时无解，令0k，得51612，又0，故1012
13、；当()f x在区间,2上单减时，可得3222,2332kkkZ，解得172,612kk kZ，0k 时无解，令0k，得17612，综上11 70,126 12U.故选：B.12B【详解】由03f，得362k，kZ，解得31k，kZ，由 f x在4,39内有最小值，无最大值，可得124324934，解得92722，所以的最大值为 13.故选:B13D【详解】0，0,2x，,2333x，函数 2sin3f xx在区间0,2上恰有 3 个零点，则如图，2275363233答案第 9页，共 20页故选：D14A【详解】由()1 2sin()3f xx，令()0f x，所以1sin()32x，而0,x
14、有(,)333tx，所以1sin2t 在(,)33上有且只有 2 个解，故711636，故31326.故选：A15D【详解】因为0，当0,x时，222,333tx，因为函数3cosyt在22,33上有且只有 3 个零点，由余弦函数性质可知325232，解得131966.故选：D16A【详解】22cos3sin12sin26xf xxx.令6xk可得：,Z6kxk.令26k，解得：11266k.函数 f x在区间,2内没有零点，区间11,266内不存在整数.又2122，1.又0，11,20,166或11,21,266，1216或1112266，解得5012或511612.答案第 10页，共 20
15、页故选：A17B【详解】1()sin()sin()sin()cos()sin(2)636623f xxxxxx，因为0 x，所以23)203(3x.又因为函数 f x在区间(0,)上有且只有两个零点，所以2332，解得：5463.故选：B18C【详解】解：因为 sin3cos12sin13fxxxx，令 2sin103fxx，即1sin32x，所以，1sin32x 在0,2上有且只有 5 个零点，因为0,2x，所以,2333x，所以，如图，由正弦函数图像，要使1sin32x 在0,2上有且只有 5 个零点，则23312636，即2511124，所以实数的范围是25 11,12 4.故选：C19
16、D【详解】答案第 11页，共 20页因为sincos332xxcos6x，故 sinsin63f xxxsincos66xx11sin 2sin 222623xx，又其最小正周期为22|2|T，又0，故12.故选：D.20C【详解】依题意得()sin()1666f，所以,Z662kk，即62,Zkk，又08，所以2.故选：C.21D【详解】解：将函数 sinf xx的图象向右平移4个单位长度，得sin()sin()44yxx，sin()4yx的图象关于直线x对称，42k，kZ，2433k，kZ，0，的最小值为23，故选：D22B【详解】设10tx，则当0,2x时，,21010t由 f x在0,
17、2上有且仅有 6 个极值点，则sinyt在,21010上有且仅有 6 个极值答案第 12页，共 20页点.如图由正弦函数的图像性质可得111322102解得111131420420，所以正整数的值为 3故选：B23B【详解】21313sincoscossin2cos2sin 22226f xxxxxxx当0,x时，2,2666x，函数 fx在0,内有且仅有三条对称轴，则有572,)622，解得7 5,)6 3，故选：B.24B【详解】由题意可得：设将函数sin(0)yx的图象向右平移3个单位长度后，再将图象上的每一个点的横坐标变为原来的 2 倍（纵坐标不变），得到的图象对应的函数为()f x，
18、则1()sin()23f xx，由于函数1()sin()23f xx图象恰好关于直线6x对称，则可得1,Z2632k k，即24,Zk k ，由于0，故1k 时，2，故选：B25D【详解】答案第 13页，共 20页因为在(,2)内不存在对称中心，故2222T，解得1，又(,2)x，,2333x，故32(1)3kkZk，解得12323kkkZ，又01，所以0k，1233或1k ，106，故的取值范围为11 20,63 3.故选：D.26C【详解】(0)f4sin2，1sin2 又|2，6 当0422x时，函数取到最小值，此时32262k，kZ解得56k，kZ所以当0k 时，56.故选：C27A【
19、详解】将函数sin04yx的图象向右平移3个单位长度后得到函数sin34yx的图象，故sinsin346xx，故2346kkZ，则18Z4k k，故当0k 时，正数取最小值为14，故选：A28A【详解】由题可知，34是该函数的周期的整数倍，即3,4k kZ，解得4,3kkZ，又0，故其最小值为43故选：A29B【详解】将函数sin(0)4yx的图像向右平移3个单位长度后得到函数答案第 14页，共 20页34sinyx的图像，即y4=cos3x，与函数cos6yx的图像重合即4236xxk，kZ故2,346kkZ564k，kZ所以的最小值为194.故选：B.30C【详解】解：cos(0)4fxx
20、，令4xk，kZ，则144kx，kZ，函数 f（x）在区间0，上有且仅有 3 条对称轴，即1 404k有 3 个整数 k 符合，1 404k，得140101444kk ，则0,1,2k，即1 4 241 4 3 ，91344.故选：C.答案第 15页，共 20页利用洛必达法则解决导数问题利用洛必达法则解决导数问题目录目录第一部分：知识点精准记忆第一部分：知识点精准记忆第二部分：典型例题剖析第二部分：典型例题剖析高频考点一：洛必达法则的简单计算高频考点二：洛必达法则在导数中的应用第一部分：知 识 点 精 准 记 忆一、一、00型及型及型未定式型未定式1、定义定义：如果当xa（或x ）时，两个函数
21、()f x与()g x都趋于零（或都趋于无穷大），那么极限()()limxaf xg x（或()()limxf xg x）可能存在、也可能不存在.通常把这种极限称为00型及型未定式.2、定理、定理 1（00型型）：（1）设当xa时，lim0 xafx及及 lim0 xag x；（2）在a点的某个去心邻域内（点a的去心邻域,aaa a内）都有()fx，()g x都存在，且()0g x；（3）limxfxlgx；则：()()limlim()()xaxaf xfxlg xg x.3、定理定理 2（00型型）：若函数若函数()f x和和()g x满足下列条件满足下列条件：(1)lim0 xfx及及 l
22、im0 xg x；(2)0A，()f x和和()g x在在,A与与,A 上可导，且上可导，且()0g x；(3)limxfxlgx，答案第 16页，共 20页那么那么 limlimxxf xfxlg xgx.4、定理定理 3（型型）：若函数若函数()f x和和()g x满足下列条件满足下列条件：(1)limxaf x 及及 limxag x；(2)在点在点a的去心的去心邻域邻域,aaa a内，内，()f x与与()g x可导且可导且()0g x；(3)limxafxlgx，那么那么 limxaf xg x=limxafxlgx.5、将上面公式中的、将上面公式中的xa,xx ,xa,xa洛必达法
23、则也成立洛必达法则也成立.6、若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止、若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止:limlimlimxaxaxafxfxfxg xgxgx,如满足条件，可继续使用洛必达法则如满足条件，可继续使用洛必达法则.二、二、0型型、00、1、0型型1、0型的转化：型的转化：10 或100000；2、型的转化：型的转化：11000000 00 3、00、10型型的转化：幂指函数类的转化：幂指函数类0000 ln01ln100 ln 取对数第二部分：典 型 例 题 剖 析高频考点一：洛必达法则的简单计算答案第 17页，共 20页1、判断下列计算是否
24、正确1166limlim1626xxxx；解：由于16lim62xxx中分子记为()6f xx，分母记为()62g xx，()()f xg x不是未定式，不能直接使用洛必达法则.2、求332132lim1xxxxxx（本题属于00型；）解：原式=22133lim321xxxx（属于00型，继续使用洛必达法则）=16lim62xxx（不属于未定型，直接将1x 代入分子分母）=323、求lnlimnxxx（本题属于型；可使用洛必达法则）解：原式=111limlimnnxxxnxnx（不属于未定型，直接将x 代入分母）=04、求0limln(0)nxxx n（本题属于0型，可使用洛必达法则）解：原式
25、=10001lnlimlimlim()nnnxxxxxxxnxn（不属于未定型，直接将0 x代入分子）=05（2021江苏省阜宁中学高三阶段练习）我们把分子、分母同时趋近于 0 的分式结构称为00型，比如：当0 x 时，1xex的极限即为00型两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在，为此，洛必达在 1696 年提出洛必达法则：在一定条件下通过对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法如：00011limlimlim11xxxxxxeeexx，则2311limlnxxxx（）A0B12C1D2【答案】D答案第 18页，共 20页【详解】223221113112limlimlim2ln3
26、lnlnxxxxxxxxxxxxx，故选：D6（2022重庆市万州第二高级中学高二阶段练习）我们把分子、分母同时趋近于 0 的分式结构称为00型，比如：当0 x 时，e1xx的极限即为00型 两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在，为此，洛必达在 1696 年提出洛必达法则：在一定条件下通过对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法如：0000011limlimlimlime1eeee1xxxxxxxxxx，则221lnlim1xxxx_【答案】12#0.5【详解】22211112lnln2 ln+111limlim=lim=lim ln+=ln1+=122221xxxxxxxxxx
27、 xxxxx故答案为：127（2022山东省临沂第一中学高二阶段练习）我们把分子，分母同时趋近于 0 的分式结构称为00型，比如：当0 x 时，sin xx的极限即为00型，两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在早在 1696 年，洛必达在他的著作无限小分析一书中创造一种算法（洛必达法则），用以寻找满足一定条件的两函数之商的极限，法则的大意为：在一定条件下通过对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法如：000sinsincoslimlimlim11xxxxxxxx，则0ee2lim1 cosxxxx_【答案】2【详解】由题可得00000ee2eeee2eeeelimlim=liml
28、im=lim21cossincos1cossinxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx.故答案为：2.高频考点二：洛必达法则在导数中的应用1（2021全国高三专题练习）若不等式sinaxx对于(0,)2x恒成立，求a的取值范围？答案第 19页，共 20页【答案】1a【详解】当(0,)2x时，原不等式等价于sin xax.记sin()xf xx，则22cossincos(tan)()xxxx xxfxxx.当(0,)2x时，令()tang xxx，则22sin()0cosxg xx，可知()g x在(0,)2上单调递增，所以()tan(0)0g xxxg，即tan0 xx，所以()0fx.因此
29、sin()xf xx在(0,)2上单调递减.maxmaxsinsin()()xxaaaf xxx；000sincoslim()limlim11xxxxxf xx.所以1a.2（2022全国高三专题练习）已知函数()=ln(,)f xaxbx a bR在12x 处取得极值，且曲线()yf x在点(1,(1)f处的切线与直线10 xy 垂直.(1)求实数,a b的值；(2)若1,)x，不等式()(2)mf xmxx恒成立，求实数m的取值范围.【答案】(1)1,2ab(2)12m(1)解：()lnf xaxbx,()afxbx；函数()=ln(,)f xaxbx a bR在12x 处取得极值，1)2
30、02(bfa；又曲线()yf x在点(1,(1)f处的切线与直线10 xy 垂直，)1(1afb；解得：1,2ab；(2)不等式()(2)mf xmxx恒成立可化为lnmxmxx，即1ln()xm xx；答案第 20页，共 20页当1x 时，恒成立；当1x 时，2ln1xxmx恒成立，令2ln()1xxh xx，则2222222(ln1)(1)2lnlnln1(1)(1)()xxx xxxxxxxxh x；令22)lnn(l1xxxmxx，则2212ln122()lnxxxxxxxxxxm；令22()2ln1n xxxx，则24 ln)n24 l0(xxxxxxn x ；得22()2ln1n
31、xxxx在(1,)是减函数，故()(1)0n xn，进而()0m x（或12()lnxxm xxx，21)2ln10(m xxx ，得12()lnxxm xxx在(1,)是减函数，进而()0m x）可得：()(1)0m xm，故()0h x，所以2ln()1xxh xx在(1,)是减函数，而m要大于等于2ln()1xxh xx在(1,)上的最大值，当1x 时，()yh x没有意义，由洛必达法得211lnln11limlim122xxxxxxx，12m3（2022陕西西安工业大学附中高三阶段练习（理）已知函数ln()1axbf xxx，曲线()yf x在点(1,(1)f处的切线方程为230 xy
32、（1）求a、b的值；（2）如果当0 x，且1x 时，ln()1xkf xxx，求k的取值范围【答案】（1）1a，1b（2）（-，0【详解】（1）221(ln)()(1)xxbxfxxx答案第 21页，共 20页由于直线230 xy 的斜率为12，且过点(1,1)，故(1)1,1(1),2ff 即1,1,22bab 解得1a，1b（2）当0 x，且1x 时，ln()1xkf xxx，即ln1ln11xxkxxxx，也即2ln1ln2 ln1111xxxxxxkxxxx，记22 ln()11xxg xx，0 x，且1x 则2222222222(1)ln2(1)2(1)1()=(ln)(1)(1)1
33、xxxxxg xxxxx，记221()ln1xh xxx，则22222214(1)()+=0(1+)(1+)xxh xxxxx，从而()h x在(0,)上单调递增，且(1)0h，因此当(0,1)x时，()0h x，当(1,)x时，()0h x；当(0,1)x时，()0g x，当(1,)x时，()0g x，所以()g x在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增.由洛必达法则有2211112 ln2 ln2ln2lim()lim(1)1 lim1 lim0112xxxxxxxxxg xxxx ，即当1x 时，()0g x，即当0 x，且1x 时，()0g x.因为()kg x恒成立，所以0k.
34、综上所述，当0 x，且1x 时，ln()1xkf xxx成立，k的取值范围为(0，.4（2022全国高三专题练习）已知函数()=ln(,)f xaxbx a bR在12x 处取得极值，且曲线()yf x在点(1,(1)f处的切线与直线10 xy 垂直.(1)求实数,a b的值；(2)若1,)x，不等式()(2)mf xmxx恒成立，求实数m的取值范围.【答案】(1)1,2ab(2)12m【解析】(1)解：()lnf xaxbx,()afxbx；答案第 22页，共 20页函数()=ln(,)f xaxbx a bR在12x 处取得极值，1)202(bfa；又曲线()yf x在点(1,(1)f处的
35、切线与直线10 xy 垂直，)1(1afb；解得：1,2ab；(2)不等式()(2)mf xmxx恒成立可化为lnmxmxx，即1ln()xm xx；当1x 时，恒成立；当1x 时，2ln1xxmx恒成立，令2ln()1xxh xx，则2222222(ln1)(1)2lnlnln1(1)(1)()xxx xxxxxxxxh x；令22)lnn(l1xxxmxx，则2212ln122()lnxxxxxxxxxxm；令22()2ln1n xxxx，则24 ln)n24 l0(xxxxxxn x ；得22()2ln1n xxxx在(1,)是减函数，故()(1)0n xn，进而()0m x（或12()
36、lnxxm xxx，21)2ln10(m xxx ，得12()lnxxm xxx在(1,)是减函数，进而()0m x）可得：()(1)0m xm，故()0h x，所以2ln()1xxh xx在(1,)是减函数，而m要大于等于2ln()1xxh xx在(1,)上的最大值，当1x 时，()yh x没有意义，由洛必达法得211lnln11limlim122xxxxxxx，12m答案第 23页，共 20页5（【区级联考】天津市北辰区 2019 届高考模拟考试数学（理）试题）已知函数 xf xeax，aR，sin2cosxg xx（I）求函数 f x的单调区间；（II）若 g xkx在0,x恒成立，求k
37、的取值范围；（III）当1a，0 x 时，证明：2cos3sinx fxx【答案】（I）见解析（II）13k（III）见解析【详解】（I）由题意知：xfxea（1）当0a 时，0fx恒成立 f x在定义域R上单调递增（2）当0a 时，令 0fx，解得：lnxa则x，fx，f x变化情况如下表：x,lnalnaln,a fx0 f x极小值 f x的单调减区间为：,lna，单调增区间为：ln,a（II）（1）当0 x 时，原不等式化为：00恒成立，可知k R（2）当0 x 时，则 g xkx，令 sin2cosg xxh xxxx则 2222cos2cossin2cossin2 cos2sins
38、in cos2cos2cosx xxxxxxxxxxxxh xxxxx令 2 cos2sinsin cosxxxxxxx，则 2sinsinxxxx当0,x时，0sinxx，则 0 x x在0,上单调递减 00 x即 0h x h x在0,上单调递减答案第 24页，共 20页 000sincos1limlimlim2cos2cossin3xxxxxh xxxxxx 13h x13k 当,x时，sin1112cos3g xxh xxxxx13k 综上所述：13k（III）（1）当1a 时，xf xex，则由（II）可得0 x 时，sin12cos3xxx3sin2cosxxx则只需证明：1xfxex 成立令 1xF xex当0 x 时，10 xFxe F x在0,上单调递增 00F xF1xex 3sin12cosxxxex 2cos3sinx fxx【点睛】本题考查讨论含参数函数的单调性问题、利用导数解决恒成立问题、不等式证明问题.解决恒成立问题的常用方法为分离变量的方式，通过参数与新函数的最值之间的关系求得结果.证明不等式时，通常将所证不等式进行转化，通过构造函数变成函数单调性和最值的求解问题.