2023模拟：三角函数专题考题与解析

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【题一】

求三角函数式 $\cos^5\dfrac{\pi}{9}+\cos^5\dfrac{5\pi}{9}+\cos^5\dfrac{7\pi}{9}$ 的值。

【解析】

注意到 $\color{mediumvioletred} \cos3\theta=4\cos^3\theta-3\cos\theta,\cos3\theta=\dfrac{1}{2}$ 的三个根为 $\dfrac{\pi}{9},$ $\dfrac{5\pi}{9},$ $\dfrac{7\pi}{9}$ 故 $\cos\dfrac{\pi}{9},$ $\cos\dfrac{5\pi}{9},$ $\cos\dfrac{7\pi}{9}$ 为 $\color{crimson}4\cos^3\theta-3\cos\theta-\dfrac{1}{2}=0$ 的三个根，即 $\color{deepskyblue}\cos^3\theta=\dfrac{3}{4}\cos\theta+\dfrac{1}{8} ;$ 故 $\color{darkred}\cos^5\theta=\cos^2\theta\left(\dfrac{3}{4}\cos\theta+\dfrac{1}{8}\right)=\dfrac{3}{4}\cos^3\theta+\dfrac{1}{8}\cos^2\theta=\dfrac{9}{16}\cos\theta+\dfrac{3}{32}+\dfrac{1}{8}\cos^2\theta.$ 故 $\color{teal}\begin{split}\cos^5\dfrac{\pi}{9}&+\cos^5\dfrac{5\pi}{9}+\cos^5\dfrac{7\pi}{9} \\ &=\dfrac{1}{8}(\cos\dfrac{\pi}{9}+\cos\dfrac{5\pi}{9}+\cos\dfrac{7\pi}{9})^2-\dfrac{1}{4}(\cos\dfrac{\pi}{9}\cdot\cos\dfrac{5\pi}{9}+\cos\dfrac{5\pi}{9}\cdot\cos\dfrac{7\pi}{9}+\cos\dfrac{7\pi}{9}\cdot\cos\dfrac{\pi}{9})+\dfrac{9}{32} \\ &=\dfrac{1}{8}\cdot0^2-\dfrac{1}{4}\cdot(-\dfrac{3}{4})+\dfrac{9}{32}\\&=\dfrac{15}{32} .\end{split}$ 补充说明：一般的 $\color{steelblue} \cos^n\dfrac{\pi}{9}+\cos^n\dfrac{3\pi}{9}+\cos^n\dfrac{5\pi}{9}+\cos^n\dfrac{7\pi}{9}=\dfrac{1}{2},$ 这里 $n$ 为奇数。

【题二】

已知函数 $\color{indigo} f(x)=2 x-a \ln x+4 a （ a \in \mathbb{R} ）．$ 1、讨论函数 $f(x)$ 的单调性。

2、令 $\color{lightsteelblue} g(x)=f(x)-\sin x ，$ 若存在 $\color{indianred} x_1 , x_2 \in(0,+\infty) ，$ 且 $x_1 \neq x_2$ 时， $\color{darkgreen}g\left(x_1\right)=g\left(x_2\right) ，$ 证明： $x_1 x_2<a^2 ．$

【解析】

1、函数 $f(x)$ 的导函数 $\color{midnightblue}f'(x)=\dfrac{2x-a}x,$ 讨论分界点为 $a=0 ．$

（1） $a\leqslant 0 ．$ 此时函数在 $(0,+\infty)$ 上单调递增。

（2） $a>0 ．$ 此时函数 $f(x)$ 在 $\left(0,\dfrac a2\right)$ 上单调递减，在 $\left(\dfrac a2,+\infty\right)$ 上单调递增。

2、根据题意，有 $\color{sandybrown}2x_1-a\ln x_1-\sin x_1=2x_2-a\ln x_2-\sin x_2,$ 不妨设 $x_1>x_2 ，$ 则 $\color{gold}a(\ln x_1-\ln x_2)=2(x_1-x_2)-(\sin x_1-\sin x_2),$ 根据对数平均不等式，有 $\color{silver}\dfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}>\sqrt{x_1x_2}\implies \ln x_1-\ln x_2<\dfrac{x_1-x_2}{\sqrt{x_1x_2}},$ 从而 $\color{seagreen}2(x_1-x_2)-(\sin x_1-\sin x_2)<a\cdot \dfrac{x_1-x_2}{\sqrt{x_1x_2}},$ 进而 $\color{teal}\dfrac{a^2}{x_1x_2}>\left(2-\dfrac{\sin x_1-\sin x_2}{x_1-x_2}\right)^2=\left(2-\dfrac{\cos\dfrac{x_1+x_2}2\sin\dfrac{x_1-x_2}2}{\dfrac{x_1-x_2}2}\right)^2>\left(2-\cos\dfrac{x_1+x_2}2\right)^2\geqslant 1,$ 因此命题得证。

【题三】

已知函数 $\color{indigo} f(x)=x-\dfrac 12\sin x+m\ln x+1 ．$ 1、当 $m=1$ 时，求曲线 $y=f(x)$ 在 $x=1$ 处的切线的斜率。

2、若存在 $x_1,$ $x_2$ $\in (0,+\infty) ，$ 且当 $x_1\ne x_2$ 时， $f(x_1)$ $=f(x_2) ，$ 求证： $\dfrac{x_1x_2}{4m^2}$ $<1 ．$

【解析】

1、函数 $f(x)$ 的导函数 $\color{tomato}f'(x)=1-\dfrac 12\cos x+\dfrac mx,$ 当 $m=1$ 时，曲线 $y=f(x)$ 在 $x=1$ 处的切线的斜率为 $\color{crimson} f'(1)=2-\dfrac 12\cos 1 ．$ 2、根据题意，若 $m\geqslant 0 ，$ 则 $\color{red}f'(x)=1-\dfrac 12\cos x+\dfrac mx\geqslant 1-\dfrac 12\cos x>0,$ 因此 $f(x)$ 单调递增，与 $f(x_1)$ $=f(x_2)$ 矛盾；因此 $m<0 ．$

不妨设 $x_1>x_2 ，$ 有 $\color{darkcyan}x_1-\dfrac 12\sin x_1+m\ln x_1+1=x_2-\dfrac 12\sin x_2+m\ln x_2+1,$ 于是 $\color{maroon}m(\ln x_1-\ln x_2)=-(x_1-x_2)+\dfrac{\sin x_1-\sin x_2}2,$ 根据对数平均不等式，有 $\color{steelblue}\dfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}>\sqrt{x_1x_2}\implies \ln x_1-\ln x_2<\dfrac{x_1-x_2}{\sqrt{x_1x_2}},$ 因此 $\color{tomato}-(x_1-x_2)+\dfrac{\sin x_1-\sin x_2}2<m\cdot \dfrac{x_1-x_2}{\sqrt{x_1x_2}},$ 即 $\color{darkred}\dfrac{m}{\sqrt{x_1x_2}}<-1+\dfrac{\sin x_1-\sin x_2}{2(x_1-x_2)}=-1+\dfrac 12\cdot \dfrac{\cos\dfrac{x_1+x_2}2\sin\dfrac{x_1-x_2}{2}}{\dfrac{x_1-x_2}2}<-\dfrac 12,$ 从而 $\color{deeppink} \dfrac{x_1x_2}{4m^2}<1 ，$ 命题得证。