Question

已知函数
f（x）=（cosx-x）（π+2x）-

8

3

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

2x

π

）
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：利用导数研究函数的单调性,导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）根据x∈（0，

π

2

）时，f′（x）＜0，得出f（x）是单调减函数，
再根据f（0）＞0，f（

π

2

）＜0，得出此结论；
（Ⅱ）构造函数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）存在唯一零点t₁∈（0，

π

2

），
即证g（x）存在唯一的零点x₁∈（

π

2

，π），满足x₀+x₁＜π．

解答： 证明：（Ⅰ）∵当x∈（0，

π

2

）时，f′（x）=-（1+sinx）（π+2x）-2x-

2

3

cosx＜0，
∴函数f（x）在（0，

π

2

）上为减函数，
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）考虑函数h（x）=

3(x-π)cosx

1+sinx

-4ln（3-

2

π

x），x∈[

π

2

，π]，
令t=π-x，则x∈[

π

2

，π]时，t∈[0，

π

2

]，
记函数u（t）=h（π-t）=

3tcost

1+sint

-4ln（1+

2

π

t），
则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，当t∈（0，x₀）时，u′（t）＞0；
在（0，x₀）上u（x）是增函数，又u（0）=0，∴当t∈（0，x₀]时，u（t）＞0，
∴u（t）在（0，x₀]上无零点；
在（x₀，

π

2

）上u（t）是减函数，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；
∵当x∈（

π

2

，π）时，1+sinx＞0，∴g（x）=（1+sinx）h（x）与h（x）有相同的零点，
∴存在唯一的x₁∈（

π

2

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

点评：本题考查了导数的综合应用问题，解题时应根据导数来研究函数的单调性与最值问题，利用函数的单调性研究函数的零点问题，是较难的题目．