兩個三角基本不等式及推論的應用

夏雪 汪洋

三角函數與導數綜合問題在近期試題中非常常見．三角函數具有的單調性、有界性、求導特征均為導數的研究帶來活力．本文對涉及三角函數的導數的幾個不等式及其應用展開討論，以展示這類不等式的重要應用．

一、兩個三角基本不等式

不等式1當x>0時，sinxx．

注：該不等式可統一成sinx≤x（當且僅當x=0時取等）．

推論1對x∈R，恒有cosx≥1－12x2，取等條件是x=0．

推論2當x>0時，sinx>x－16x3；當x<0時，sinx

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

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

推論4對x∈（0，π2］，有2πx≤sinx

二、三角基本不等式的應用

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

（1）當a=0時，求b的取值范圍；（2）求證：a2+b2>e．

解：（1）易求得b∈［[KF（]2e[KF）]，+∞）．

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

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

點評：此題為2022年天津卷高考導數壓軸題，難度較大．若能從構造a2+b2入手，借助柯西不等式及前面所述三角基本不等式，可以找到該題的簡潔解答．

例2已知函數f（x）=ae－x+sinx－x．（1）若f（x）在（0，2π）單調遞減，求實數a的取值范圍；（2）證明當a∈Z時，f（x）至多一個零點．

解：（1） f′（x）=－ae－x+cosx－1，令f′（x）≤0，則－a≤ex（1－cosx）對x∈（0，2π）恒成立，但ex（1－cosx）>0，且當x→0時ex（1－cosx）→0，條件等價于－a≤0a≥0．故所求范圍是a≥0．

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

當x≥0時，g′（x）≥0，故g（x）在［0，+∞）單調遞增，值域［0，+∞）．

當x<0時，由x－1，即證ex（x－sinx）>－1e－x+x－sinx>0．

事實上，e－x+x－sinx>－x+1+x－sinx=1－sinx≥0，于是當x<0時g（x）∈（－1，0）．

綜上所述，對于a∈Z，當a≥0時，f（x）恰有一個零點；當a<0時f（x）無零點．

點評：此題的巧妙之處在于利用零點的等價轉化構造函數g（x）．而函數g（x）的研究借力三角基本不等式1，注意到a∈Z，此命題易證．

例3若關于x的方程mxsinx+x=ex－1（0≤x≤π）有兩個不等實數根，求實數m的取值范圍．

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

又當x>0時，sinx12x2，故0<1m<2m>12．

反之，若m>12，記f（x）=ex－1－x－mxsinx，則f′（x）=ex－1－m（sinx+xcosx），f″（x）=ex－m（2cosx－xsinx）．從而有f″（0）=1－2m<0，故存在δ>0，使得當x∈（0，δ）時有f″（x）<0，即f′（x）在［0，δ）單調遞減，故當x∈（0，δ）時，f′（x）

顯然還有f（π）=eπ－1－π>0，故f（x）在（0，π）內至少還有一個零點．

于是當m>12時，原方程在［0，π］至少有不等兩根．

解法2： f″（x）=ex+m（xsinx－2cosx），當x∈［π2，π）時f″（x）>0，f′（x）在［π2，π）單調增；當x∈［0，π2］時，顯然f″（x）單調增，且f″（0）=1－2m<0，f″（π2）>0，故f″（x）有唯一零點x0∈（0，π2），且易知f′（x）在［0，x0］單調遞減而在［x0，π2］單調遞增，再由連續性知f′（x）在［0，x0］單調遞減而在［x0，π］單調遞增．又f′（0）=0，f′（π）=eπ－1+πm>0，故f′（x）有唯一零點x1∈（x0，π）（0，π），且易知f（x）在［0，x1］單調遞減而在［x1，π］單調遞增，故f（x1）0，從而f（x）在（0，x1）無零點，在（x1，π）恰有一個零點，原方程在［0，π］恰有兩根．

點評：解法一采用先分離及三角基本不等式的放縮，尋找不等式成立的必要條件．再證充分性；解法二采用分象限討論，結合零點存在定理，這是處理三角函數與導數問題相結合問題的常見方法．

例4已知函數f（x）=asinx+sin2x，a∈R．

（1）若f（x）在（0，π2）有極值點，求a的取值范圍；

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

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

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

易驗證當a∈（－2，+∞）時， f（x）在（0，π2）有極值點，故a的取值范圍是（－2，+∞）．

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

記F（x）=sinx+sin2x－bxcosx，須F（x）≥0對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．

下證b=3滿足要求，即sinx+sin2x－3xcosx≥0對x∈（0，2π3）恒成立．

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

于是b=3滿足要求，故b的最大值為3．

點評：此題首先尋找不等式成立的必要條件．再證充分性．充分性的證明過程借助了三角基本不等式二的推論1，使得證明過程簡潔明了．