三角函数与正切函数单调性

【答案】(1) $f\left(x\right)$ 在 $\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 (2) $a\le0$ 【分析】（1）代入 $a=1$ 后，再对 $f\left(x\right)$ 求导，同时利用三角函数的平方关系化简 $f'\left(x\right)$ ，再利用换元法判断得其分子与分母的正负情况，从而得解 （2） 法一：构造函数 $g\left(x\right)=f\left(x\right)+sinx$ ，从而得到 $g\left(x\right)<0$ ，注意到 $g\left(0\right)=0$ ，从而得到 $g'\left(0\right)\le0$ ，进而得到 $a\le0$ ，再分类讨论 $a=0$ 与 $a<0$ 两种情况即可得解； 法二：先化简并判断得 $sinx-\dfrac{sinx}{\cos^{2}x}<0$ 恒成立，再分类讨论 $a=0$ ， $a<0$ 与 $a>0$ 三种情况，利用零点存在定理与隐零点的知识判断得 $a>0$ 时不满足题意，从而得解. 【详解】（1）因为 $a=1$ ，所以 $f\left(x\right)=x-\dfrac{sinx}{\cos^{2}x},x\in\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$ ， 则 $f'\left(x\right)=1-\dfrac{cosx\cos^{2}x-2cosx\left(-sinx\right)sinx}{\cos^{4}x}=1-\dfrac{\cos^{2}x+2\sin^{2}x}{\cos^{3}x}$ $=\dfrac{\cos^{3}x-\cos^{2}x-2\left(1-\cos^{2}x\right)}{\cos^{3}x}=\dfrac{\cos^{3}x+\cos^{2}x-2}{\cos^{3}x}$ ， 令 $t=cosx$ ，由于 $x\in\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$ ，所以 $t=cosx\in\left(0,1\right)$ ， 所以 $\cos^{3}x+\cos^{2}x-2=t^{3}+t^{2}-2=t^{3}-t^{2}+2t^{2}-2=t^{2}\left(t-1\right)+2\left(t+1\right)\left(t-1\right)$ $=\left(t^{2}+2t+2\right)\left(t-1\right)$ ， 因为 $t^{2}+2t+2=\left(t+1\right)^{2}+1>0$ ， $t-1<0$ ， $\cos^{3}x=t^{3}>0$ ， 所以 $f'\left(x\right)=\dfrac{\cos^{3}x+\cos^{2}x-2}{\cos^{3}x}<0$ 在 $\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$ 上恒成立， 所以 $f\left(x\right)$ 在 $\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 （2） 法一： 构建 $g\left(x\right)=f\left(x\right)+sinx=ax-\dfrac{sinx}{\cos^{2}x}+sinx\left(0<x<\dfrac{\pi}{2}\right)$ ， 则 $g'\left(x\right)=a-\dfrac{1+\sin^{2}x}{\cos^{3}x}+cosx\left(0<x<\dfrac{\pi}{2}\right)$ ， 若 $g\left(x\right)=f\left(x\right)+sinx<0$ ，且 $g\left(0\right)=f\left(0\right)+\sin0=0$ ， 则 $g'\left(0\right)=a-1+1=a\le0$ ，解得 $a\le0$ ， 当 $a=0$ 时，因为 $sinx-\dfrac{sinx}{\cos^{2}x}=sinx\left(1-\dfrac{1}{\cos^{2}x}\right)$ ， 又 $x\in\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$ ，所以 $0<sinx<1$ ， $0<cosx<1$ ，则 $\dfrac{1}{\cos^{2}x}>1$ ， 所以 $f\left(x\right)+sinx=sinx-\dfrac{sinx}{\cos^{2}x}<0$ ，满足题意； 当 $a<0$ 时，由于 $0<x<\dfrac{\pi}{2}$ ，显然 $ax<0$ ， 所以 $f\left(x\right)+sinx=ax-\dfrac{sinx}{\cos^{2}x}+sinx<sinx-\dfrac{sinx}{\cos^{2}x}<0$ ，满足题意； 综上所述：若 $f\left(x\right)+sinx<0$ ，等价于 $a\le0$ ， 所以 $a$ 的取值范围为 $\left(-\infty,0\right]$ . 法二： 因为 $sinx-\dfrac{sinx}{\cos^{2}x}=\dfrac{sinx\cos^{2}x-sinx}{\cos^{2}x}=\dfrac{sinx\left(\cos^{2}x-1\right)}{\cos^{2}x}=-\dfrac{\sin^{3}x}{\cos^{2}x}$ ， 因为 $x\in\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$ ，所以 $0<sinx<1$ ， $0<cosx<1$ ， 故 $sinx-\dfrac{sinx}{\cos^{2}x}<0$ 在 $\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$ 上恒成立， 所以当 $a=0$ 时， $f\left(x\right)+sinx=sinx-\dfrac{sinx}{\cos^{2}x}<0$ ，满足题意； 当 $a<0$ 时，由于 $0<x<\dfrac{\pi}{2}$ ，显然 $ax<0$ ， 所以 $f\left(x\right)+sinx=ax-\dfrac{sinx}{\cos^{2}x}+sinx<sinx-\dfrac{sinx}{\cos^{2}x}<0$ ，满足题意； 当 $a>0$ 时，因为 $f\left(x\right)+sinx=ax-\dfrac{sinx}{\cos^{2}x}+sinx=ax-\dfrac{\sin^{3}x}{\cos^{2}x}$ ， 令 $g\left(x\right)=ax-\dfrac{\sin^{3}x}{\cos^{2}x}\left(0<x<\dfrac{\pi}{2}\right)$ ，则 $g'\left(x\right)=a-\dfrac{3\sin^{2}x\cos^{2}x+2\sin^{4}x}{\cos^{3}x}$ ， 注意到 $g'\left(0\right)=a-\dfrac{3\sin^{2}0\cos^{2}0+2\sin^{4}0}{\cos^{3}0}=a>0$ ， 若 $\forall0<x<\dfrac{\pi}{2}$ ，[插图] ，则 $g\left(x\right)$ 在 $\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$ 上单调递增， 注意到 $g\left(0\right)=0$ ，所以 $g\left(x\right)>g\left(0\right)=0$ ，即 $f\left(x\right)+sinx>0$ ，不满足题意； 若 $\exists0<x_{0}<\dfrac{\pi}{2}$ ， $g'\left(x_{0}\right)<0$ ，则 $g'\left(0\right)g'\left(x_{0}\right)<0$ ， 所以在 $\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$ 上最靠近 $x=0$ 处必存在零点 $x_{1}\in\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$ ，使得 $g'\left(x_{1}\right)=0$ ， 此时[插图] 在 $\left(0,x_{1}\right)$ 上有[插图] ，所以 $g\left(x\right)$ 在 $\left(0,x_{1}\right)$ 上单调递增， 则在 $\left(0,x_{1}\right)$ 上有 $g\left(x\right)>g\left(0\right)=0$ ，即 $f\left(x\right)+sinx>0$ ，不满足题意； 综上： $a\le0$ . 【点睛】关键点睛：本题方法二第2小问讨论 $a>0$ 这种情况的关键是，注意到 $g'\left(0\right)>0$ ，从而分类讨论[插图] 在 $\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$ 上的正负情况，得到总存在靠近 $x=0$ 处的一个区间，使得[插图] ，从而推得存在 $g\left(x\right)>g\left(0\right)=0$ ，由此得解.