Question

9．已知函數f（x）=sinx-ax，$ln2＞sin\frac{1}{2}，ln\frac{4}{π}＜\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
（Ⅰ）對于x∈（0，1），f（x）＞0恒成立，求實數a的取值范圍；
（Ⅱ）當a=0時，h（x）=x（lnx-1）-f′（x），證明h（x）存在唯一極值點．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由a＜$\frac{sinx}{x}$，令g（x）=$\frac{sinx}{x}$，求出函數的導數，根據函數的單調性求出g（x）的最小值，從而求出a的范圍；
（Ⅱ）求出h（x）的導數，通過討論x的范圍，求出函數的單調區(qū)間，從而證出結論．

解答 解：（Ⅰ）由f（x）＞0，得：sinx-ax＞0，
∵0＜x＜1，∴a＜$\frac{sinx}{x}$，
令g（x）=$\frac{sinx}{x}$，g′（x）=$\frac{xcosx-sinx}{{x}^{2}}$，
令m（x）=xcosx-sinx，m′（x）=cosx-xsinx-cosx=-xsinx＜0，
∴m（x）在（0，1）遞減，
∴m（x）＜m（0）=0，
∴g′（x）＜0，g（x）在（0，1）遞減，
∴g（x）＞g（1）=sin1，
∴a≤sin1；
（Ⅱ）證明：∵h（x）=xlnx-x-cosx，
∴h′（x）=lnx+sinx，
x∈[1，e]時，lnx≥0，sinx＞0，∴h′（x）＞0，
x∈（e，+∞）時，lnx＞1，sinx≥-1，∴h′（x）＞0，
x∈（0，1）時，令y=lnx+sinx，則y′=$\frac{1}{x}$+cosx＞0，
∴y=lnx+sinx在（0，1）遞增，
由ln2＞sin$\frac{1}{2}$，ln$\frac{4}{π}$＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$知：
h′（$\frac{1}{2}$）=ln$\frac{1}{2}$+sin$\frac{1}{2}$＜0，h′（$\frac{π}{4}$）=ln$\frac{π}{4}$+sin$\frac{π}{4}$＞0，
故存在x₀∈（$\frac{1}{2}$，$\frac{π}{4}$）使得h′（x₀）=0，
且當x∈（0，x₀）時，h′（x）＜0，當x∈（x₀，1）時，h′（x）＞0，
綜上，當x∈（0，x₀）時，h′（x）＜0，h（x）在（0，x₀）遞減，
x∈（x₀，+∞）時，h′（x）＞0，h（x）在（x₀，+∞）遞增，
∴h（x）存在唯一極值點x=x₀．

點評 本題考查了函數的單調性、最值問題，看到導數的應用以及三角函數、對數函數的運算，是一道中檔題．