专题：导数\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) 题型：导数与三角函数相结合 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)难度系数：★★★★
【题目】
已知函数\(f(x)=\sin x+x^2+3\).
(1)求曲线\(y=f(x)\)在点\((0，f(0))\)处的切线方程；
(2)若对任意\(x∈\left(\dfrac{\pi}{2} ，\pi\right)\)，\(f(x)>(1-a) x^2+\pi ax-\dfrac{a\pi ^2}{4} +4\)恒成立，求实数\(a\)的取值范围；
(3)若函数\(g(x)=-x+\ln(\cos x)-\dfrac{\pi }{4}\)，证明：当\(x∈\left(-\dfrac{\pi}{2} ，\dfrac{\pi}{2}\right )\)时，\(g(x)<f(x)-2\).
【分析】
第一问： 根据导数的几何意义求解便可；
第二问： 把问题进行等价转化，
对\(∀x∈\left(\dfrac{\pi}{2} ，\pi \right)\)，\(f(x)>(1-a)x^2+\pi ax-\dfrac{a\pi ^2}{4} +4⇔\sin x+a\left(x^2-\pi x+\dfrac{\pi ^2}{4} \right)-1>0\)，
该恒成立问题，方法1：直接构造函数\(h(x)=\sin x+a\left(x^2-\pi x+\dfrac{\pi ^2}{4} \right)-1\)，求其最小值；
方法2 分离参数法：\(a>\dfrac{1-\sin x}{(x-\frac{\pi}{2} )^2}\)，求\(h(x)=\dfrac{1-\sin x}{(x-\frac{\pi}{2} )^2}\)的最大值；
方法1要分类讨论，要考虑分离讨论是否会很麻烦；
方法2不用分离讨论，但要考虑函数求导分析单调性会不会计算量很大；
第三问： 把问题进行等价转化，
最直接的想法是：当\(x∈\left(-\dfrac{\pi}{2} ，\dfrac{\pi}{2}\right )\)时，\(f(x)-g(x)>0⟺\sin x-\ln(\cos x)+x^2+x+3+\dfrac{\pi }{4} >0\)，
求\(h(x)=\sin x-\ln(\cos x)+x^2+x+3+\dfrac{\pi }{4}\)，\(x∈\left(-\dfrac{\pi}{2} ，\dfrac{\pi}{2}\right )\)的最小值，
但会遇到端点处无意义的问题；
若留意到\(f(x)\)与\(g(x)\)的凹凸性，问题较为简易些；
\(f(x)\)的二次求导\(f'' (x)=-\sin x+2>0⟹f(x)\)是凹函数，
\(g(x)\)的二次求导\(g'' (x)=-\dfrac{1}{\cos ^2x } <0⟹g(x)\)是凸函数，
则只需要证明\([f(x)-2]_{min}>g(x)_{max}\)便可.
课外拓展： 设函数\(f(x)\)在\(I\)上二阶可导：
若\(∀x∈I\)，\(f''(x) ≥ 0\)，则\(f(x)\)在\(I\)上是凹函数（图像“开口向上”）；
若\(∀x∈I\)，\(f''(x) ≤ 0\)，则\(f(x)\)在\(I\)上是凸函数（图像“开口向下”）。
【解答】
第一问：
函数\(f(x)=\sin x+x^2+3\)，求导得\(f' (x)=\cos x+2x\)，
则\(f' (0)=\cos 0+2×0=1\)，\(f(0)=3\)，
所以曲线\(y=f(x)\)在点\((0，f(0))\)处的切线方程为\(y=x+3\)．
第二问：
方法1
对\(∀x∈\left(\dfrac{\pi}{2} ，\pi \right)\)，\(f(x)>(1-a)x^2+\pi ax-\dfrac{a\pi ^2}{4} +4⇔\sin x+a\left(x^2-\pi x+\dfrac{\pi ^2}{4} \right)-1>0\)，
令\(h(x)=\sin x+a\left(x^2-\pi x+\dfrac{\pi ^2}{4}\right )-1\)，\(x∈\left(\dfrac{\pi}{2} ，\pi \right)\)，
依题意，\(h(x)>0\)在\(\left(\dfrac{\pi}{2} ，\pi \right)\)上恒成立，且\(h\left(\dfrac{\pi}{2} \right)=0\)（这个细节很重要），
求导得\(h' (x)=\cos x+2a\left(x-\dfrac{\pi}{2} \right)\)，
令\(u(x)=\cos x+2a\left(x-\dfrac{\pi}{2} \right)\)，\(x∈\left(\dfrac{\pi}{2} ，\pi \right)\)，
求导得\(u' (x)=-\sin x+2a\)，
函数\(u' (x)\)在\(\left(\dfrac{\pi}{2} ，\pi \right)\)上单调递增，\(u' (x)>u' \left(\dfrac{\pi}{2} \right)=-1+2a\)，（分类讨论）
① 当\(-1+2a≥0\)，即\(a≥\dfrac{1}{2}\)时，\(u' (x)>0\)，
函数\(h' (x)\)在\(\left(\dfrac{\pi}{2} ，\pi \right)\)上单调递增，则\(h' (x)>h' \left(\dfrac{\pi}{2} \right)=0\)，
函数\(h(x)\)在\(\left(\dfrac{\pi}{2} ，\pi \right)\)上单调递增，\(h(x)>h\left(\dfrac{\pi}{2} \right)=0\)，符合题意，
② 当\(a<\dfrac{1}{2}\)时，\(u' \left(\dfrac{\pi}{2} \right)<0\)，而函数\(u' (x)\)在\(\left(\dfrac{\pi}{2} ，\pi\right )\)的图象连续不断，
则存在\(x_1∈\left(\dfrac{\pi}{2} ，\pi \right)\)，使得当\(\dfrac{\pi}{2} <x<x_1\)时，\(u' (x)<0\)，（隐零点）
于是函数\(h' (x)\)在\(\left(\dfrac{\pi}{2} ，x_1\right)\)上单调递减，当\(\dfrac{\pi}{2} <x<x_1\)时，\(h' (x)<h' \left(\dfrac{\pi}{2} \right)=0\)，
因此函数\(h(x)\)在\(\left(\dfrac{\pi}{2} ，x_1\right)\)上单调递减，当\(\dfrac{\pi}{2} <x<x_1\)时，\(h(x)<h\left(\dfrac{\pi}{2} \right)=0\)，不符合题意，
所以实数\(a\)的取值范围是\(\left[\dfrac{1}{2} ，+∞\right)\)．
方法2
对\(∀x∈\left(\dfrac{\pi}{2} ，\pi \right)\)，\(f(x)>(1-a)x^2+\pi ax-\dfrac{a\pi ^2}{4} +4⇔\sin x+a(x^2-\pi x+\dfrac{\pi^2}{4} )-1>0⇔a>\dfrac{1-\sin x}{(x-\frac{\pi}{2} )^2}\)，
令\(h(x)=\dfrac{1-\sin x}{(x-\frac{\pi}{2} )^2}\)，\(x∈\left(\dfrac{\pi}{2} ，\pi \right)\)，则\(h' (x)=\dfrac{\left(\dfrac{\pi}{2} -x\right) \cos x+2(\sin x-1)}{(x-\frac{\pi}{2} )^3}\)，
令\(u(x)=\left(\dfrac{\pi}{2} -x\right) \cos x+2(\sin x-1)\)，则\(u' (x)=\cos x+\left(x-\dfrac{\pi}{2}\right ) \sin x\)，
令\(t(x)=\cos x+\left(x-\dfrac{\pi}{2}\right ) \sin x\)，则\(t' (x)=\left(x-\dfrac{\pi}{2}\right ) \cos x\)，（三次求导）
当\(x∈\left(\dfrac{\pi}{2} ，\pi \right)\)时，\(t' (x)<0\)，\(t(x)\)单调递减，则\(t(x)<t\left(\dfrac{\pi}{2} \right)=0\)，即\(u' (x)<0\)，
所以\(u(x)\)在\(\left(\dfrac{\pi}{2} ，\pi \right)\)上单调递减，则\(u(x)<u\left(\dfrac{\pi}{2} \right)=0\)，即\(h' (x)<0\)，
所以\(h(x)\)在\(\left(\dfrac{\pi}{2} ，\pi \right)\)上单调递减，
则\(h(x)<\lim_{x→\frac{\pi}{2}}\dfrac{1-\sin x}{(x-\frac{\pi}{2} )^2} =\lim_{x→\frac{\pi}{2}} \dfrac{-\cos x}{2(x-\frac{\pi}{2} )} =\lim_{x→\frac{\pi}{2}} \dfrac{\sin x}{2}=\dfrac{1}{2}\)，（用上了洛必达法则）
所以实数\(a\)的取值范围是\(\left[\dfrac{1}{2} ，+∞\right)\)．
第三问： \(f' (x)=\cos x+2x\)，
令\(φ(x)=\cos x+2x\)，则\(φ' (x)=-\sin x+2>0\)，
函数\(φ(x)\)在\(\left(-\dfrac{\pi}{2} ，\dfrac{\pi}{2}\right )\)上单调递增，而\(φ\left(-\dfrac{\pi}{2}\right )=-\pi <0\)，\(φ(0)=1>0\)，
（先确定存在一隐零点\(x_0∈(-\dfrac{\pi}{2} ，\dfrac{\pi}{2} )\)，部分题型可能还要进一步缩小\(x_0\)范围）
则\(∃x_0∈\left(-\dfrac{\pi}{2} ，0\right)\)，使得\(φ(x_0)=\cos x_0+2x_0=0\)，即\(x_0=-\dfrac{1}{2} \cos x_0\)，
当\(x∈\left(-\dfrac{\pi}{2} ，x_0\right)\)时，\(f' (x)<0\)，当\(x∈\left(x_0，\dfrac{\pi}{2}\right )\)时，\(f' (x)>0\)，
即函数\(f(x)\)在\(\left(-\dfrac{\pi}{2} ，x_0\right)\)上单调递减，在\(\left(x_0，\dfrac{\pi}{2} \right)\)上单调递增，
则\(f(x)≥f(x_0 )=\sin x_0+x_0^2+3=-\dfrac{1}{4} \sin^2 x_0+\sin x_0+\dfrac{13}{4} >-\dfrac{1}{4} ×(-1)^2-1+\dfrac{13}{4} =2\)，
（这里可知\(x_0∈\left(-\dfrac{\pi}{2} ，\dfrac{\pi}{2} \right)\)足够，也不需要缩小范围到\(\left(-\dfrac{\pi}{2} ，0\right)\)）
所以\(f(x)-2>0\)，
函数\(g(x)=-x+\ln(\cos x)-\dfrac{\pi }{4}\)，求导得\(g' (x)=-1-\dfrac{\sin x}{\cos x }=-1-\tan x\)，
当\(x∈\left(-\dfrac{\pi}{2} ，-\dfrac{\pi }{4}\right)\)时，\(g' (x)>0\)，当\(x∈\left(-\dfrac{\pi }{4} ，\dfrac{\pi}{2} \right)\)时，\(g' (x)<0\)，
函数\(g(x)\)在\(\left(-\dfrac{\pi}{2} ，-\dfrac{\pi }{4}\right )\)上单调递增，在\(\left(-\dfrac{\pi }{4} ，\dfrac{\pi}{2} \right)\)上单调递减，
因此\(g(x)≤g\left(-\dfrac{\pi }{4} \right)=-\dfrac{1}{2} \ln2<0\)，
所以，当\(x∈\left(-\dfrac{\pi}{2} ，\dfrac{\pi}{2}\right )\)时，\(g(x)<f(x)-2\)．