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.

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