Question

已知函数f（x）=π（x-cosx）-2sinx-2，g（x）=（x-π）

1-sinx 1+sinx

+

2x

π

-1．
证明：
（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，且对（Ⅰ）中的x₀，有x₀+x₁＞π．

Answer 1

考点：函数零点的判定定理

专题：函数的性质及应用,导数的概念及应用

分析：（Ⅰ）导数法可判f（x）在（0，

π

2

）上为增函数，又可判函数有零点，故必唯一；（Ⅱ）化简可得g（x）=（π-x）

cosx

1+sinx

+

2x

π

-1，换元法，令t=π-x，记u（t）=g（π-t）=-

tcost

1+sint

-

2

π

t+1，t∈[0，

π

2

]，由导数法可得函数的零点，可得不等式．

解答： 解：（Ⅰ）当x∈（0，

π

2

）时，f′（x）=π+πsinx-2cosx＞0，
∴f（x）在（0，

π

2

）上为增函数，
又f（0）=-π-2＜0，f（

π

2

）=

π2

2

-4＞0，
∴存在唯一x₀∈（0，

π

2

），使f（x₀）=0；
（Ⅱ）当x∈[

π

2

，π]时，
化简可得g（x）=（x-π）

1-sinx 1+sinx

+

2x

π

-1
=（π-x）

cosx

1+sinx

+

2x

π

-1，
令t=π-x，记u（t）=g（π-t）=-

tcost

1+sint

-

2

π

t+1，t∈[0，

π

2

]，
求导数可得u′（t）=

f(t)

π(1+sint)

，
由（Ⅰ）得，当t∈（0，x₀）时，u′（t）＜0，当t∈（x₀，

π

2

）时，u′（t）＞0，
∴函数u（t）在（x₀，

π

2

）上为增函数，
由u（

π

2

）=0知，当t∈[x₀，

π

2

）时，u（t）＜0，
∴函数u（t）在[x₀，

π

2

）上无零点；
函数u（t）在（0，x₀）上为减函数，
由u（0）=1及u（x₀）＜0知存在唯一t₀∈（0，x₀），使u（t₀）=0，
于是存在唯一t₀∈（0，

π

2

），使u（t₀）=0，
设x₁=π-t₀∈（

π

2

，π），则g（x₁）=g（π-t₀）=u（t₀）=0，
∴存在唯一x₁∈（

π

2

，π），使g（x₁）=0，
∵x₁=π-t₀，t₀＜x₀，
∴x₀+x₁＞π

点评：本题考查零点的判定定理，涉及导数法证明函数的单调性，属中档题．