每日一题[2558]分而治之

已知函数 $f(x)=a \ln x-\sin x+x$，其中 $a$ 为非零常数．

1、若函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，求 $a$ 的取值范围．

2、设 $\theta \in\left(\pi, \dfrac{3 \pi}{2}\right)$，且 $\cos \theta=1+\theta \sin \theta$，证明：当 $\theta^{2} \sin \theta<a<0$ 时，函数 $f(x)$ 在 $(0,2 \pi)$ 上恰有两个极值点．

解析

1、函数 $f(x)$ 的导函数 $$f'(x)=\dfrac ax-\cos x+1.$$

情形一    若 $a<0$，则 $$\dfrac ax-\cos x+1<\dfrac ax+2,$$ 因此当 $x\in \left(0,-\dfrac a2\right)$ 时，有 $f'(x)<0$，此时 $f(x)$ 在该区间上单调递减，不符合题意．

情形二    若 $a>0$，则 $$\dfrac ax-\cos x+1>1-\cos x>0,$$ 因此 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，符合题意．

综上所述，$a$ 的取值范围是 $(0,+\infty)$．

2、函数 $f(x)$ 的导函数 $$f'(x)=\dfrac ax-\cos x+1=\dfrac{a-(x\cos x-x)}{x},$$ 设 $g(x)=x\cos x-x$，则其导函数 $$g'(x)=\cos x-x\sin x-1.$$

区间一    在 $x\in (0,\pi]$ 上，有 $$g'(x)=\cos x-x\sin x-1\leqslant \cos x-1<0,$$ 因此 $g(x)$ 在该区间上单调递减．

区间二    在 $x\in\left(\pi,\dfrac{3\pi}2\right)$ 上，有 $g'(x)$ 的导函数 $$g''(x)=-2\sin x-x\cos x>0,$$ 于是 $g'(x)$ 单调递增，考虑到 $g'(\pi)=-2$，$g'\left(\dfrac{3\pi}2\right)=\dfrac{3\pi}2-1>0$，因此 $g'(x)$ 在 $x\in\left(\pi,\dfrac{3\pi}2\right)$ 上有唯一零点，且为 $\theta$．从而 $g(x)$ 在 $(\pi ,\theta)$ 上单调递减，在 $\left(\theta,\dfrac{3\pi}2\right)$ 上单调递增．

区间三    在 $x\in \left[\dfrac{3\pi}2,2\pi\right)$ 上，有 $$g'(x)=-2\sin^2\dfrac x2-x\sin x=-\sin x\cdot \left(x+\tan\dfrac x2\right)\geqslant -\sin x\cdot (x-1)>0,$$ 于是 $g(x)$ 在 $\left[\dfrac{3\pi},2\pi\right)$ 上单调递增．

综上所述，函数 $g(x)$ 在 $(0,\theta)$ 上单调递减，在 $(\theta,2\pi)$ 上单调递增，且在区间 $(0,2\pi)$ 上的极小值，也为最小值，等于 $$g(\theta)=\theta\cos\theta-\theta=\theta(1+\theta\sin\theta)-\theta=\theta^2\sin\theta,$$ 因此当 $\theta^{2} \sin \theta<a<0$ 时，函数 $f(x)$ 在 $(0,2 \pi)$ 上恰有两个极值，命题得证．