Question

9．已知函数f（x）=sinx-ax，$ln2＞sin\frac{1}{2}，ln\frac{4}{π}＜\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
（Ⅰ）对于x∈（0，1），f（x）＞0恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）当a=0时，h（x）=x（lnx-1）-f′（x），证明h（x）存在唯一极值点．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由a＜$\frac{sinx}{x}$，令g（x）=$\frac{sinx}{x}$，求出函数的导数，根据函数的单调性求出g（x）的最小值，从而求出a的范围；
（Ⅱ）求出h（x）的导数，通过讨论x的范围，求出函数的单调区间，从而证出结论．

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）递减，
∴m（x）＜m（0）=0，
∴g′（x）＜0，g（x）在（0，1）递减，
∴g（x）＞g（1）=sin1，
∴a≤sin1；
（Ⅱ）证明：∵h（x）=xlnx-x-cosx，
∴h′（x）=lnx+sinx，
x∈[1，e]时，lnx≥0，sinx＞0，∴h′（x）＞0，
x∈（e，+∞）时，lnx＞1，sinx≥-1，∴h′（x）＞0，
x∈（0，1）时，令y=lnx+sinx，则y′=$\frac{1}{x}$+cosx＞0，
∴y=lnx+sinx在（0，1）递增，
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，
且当x∈（0，x₀）时，h′（x）＜0，当x∈（x₀，1）时，h′（x）＞0，
综上，当x∈（0，x₀）时，h′（x）＜0，h（x）在（0，x₀）递减，
x∈（x₀，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）在（x₀，+∞）递增，
∴h（x）存在唯一极值点x=x₀．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，看到导数的应用以及三角函数、对数函数的运算，是一道中档题．