Question

已知函數(shù)
f（x）=（cosx-x）（π+2x）-

8

3

（sinx+1）
g（x）=3（x-π）cosx-4（1+sinx）ln（3-

2x

π

）
證明：
（Ⅰ）存在唯一x₀∈（0，

π

2

），使f（x₀）=0；
（Ⅱ）存在唯一x₁∈（

π

2

，π），使g（x₁）=0，且對（Ⅰ）中的x₀，有x₀+x₁＜π．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,導數(shù)在最大值、最小值問題中的應用

專題：綜合題,導數(shù)的綜合應用

分析：（Ⅰ）根據(jù)x∈（0，

π

2

）時，f′（x）＜0，得出f（x）是單調(diào)減函數(shù)，
再根據(jù)f（0）＞0，f（

π

2

）＜0，得出此結(jié)論；
（Ⅱ）構(gòu)造函數(shù)h（x）=

3(x-π)cosx

1+sinx

-4ln（3-

2

π

x），x∈[

π

2

，π]，
令t=π-x，得u（t）=h（π-t），求出u（t）存在唯一零點t₁∈（0，

π

2

），
即證g（x）存在唯一的零點x₁∈（

π

2

，π），滿足x₀+x₁＜π．

解答： 證明：（Ⅰ）∵當x∈（0，

π

2

）時，f′（x）=-（1+sinx）（π+2x）-2x-

2

3

cosx＜0，
∴函數(shù)f（x）在（0，

π

2

）上為減函數(shù)，
又f（0）=π-

8

3

＞0，f（

π

2

）=-π²-

16

3

＜0；
∴存在唯一的x₀∈（0，

π

2

），使f（x₀）=0；

（Ⅱ）考慮函數(shù)h（x）=

3(x-π)cosx

1+sinx

-4ln（3-

2

π

x），x∈[

π

2

，π]，
令t=π-x，則x∈[

π

2

，π]時，t∈[0，

π

2

]，
記函數(shù)u（t）=h（π-t）=

3tcost

1+sint

-4ln（1+

2

π

t），
則u′（t）=

(3cost-3tsint)(1+sint)-3tcost•cost

(1+sint)2

-

4

1+ 2 π t

•

2

π

=

3cost-3tsint+3sintcost-3t

(1+sint)2

-

8

π+2t

=

3(cost-t)(1+sint)

(1+sint)2

-

8

π+2t

=

3(cost-t)(π+2t)-8(1+sint)

(π+2t)(1+sint)

=

3f(t)

(π+2t)(1+sint)

，
由（Ⅰ）得，當t∈（0，x₀）時，u′（t）＞0；
在（0，x₀）上u（x）是增函數(shù)，又u（0）=0，∴當t∈（0，x₀]時，u（t）＞0，
∴u（t）在（0，x₀]上無零點；
在（x₀，

π

2

）上u（t）是減函數(shù)，由u（x₀）＞0，u（

π

2

）=-4ln2＜0，
∴存在唯一的t₁∈（x₀，

π

2

），使u（t₁）=0；
∴存在唯一的t₁∈（0，

π

2

），使u（t₁）=0；
∴存在唯一的x₁=π-t₁∈（

π

2

，π），使h（x₁）=h（π-t₁）=u（t₁）=0；
∵當x∈（

π

2

，π）時，1+sinx＞0，∴g（x）=（1+sinx）h（x）與h（x）有相同的零點，
∴存在唯一的x₁∈（

π

2

，π），使g（x₁）=0，
∵x₁=π-t₁，t₁＞x₀，∴x₀+x₁＜π．

點評：本題考查了導數(shù)的綜合應用問題，解題時應根據(jù)導數(shù)來研究函數(shù)的單調(diào)性與最值問題，利用函數(shù)的單調(diào)性研究函數(shù)的零點問題，是較難的題目．