题库网
#d72575a0-774a-43ca-983f-772d972d5058中等解答题导数与零点问题导数
考点来源：一数《【导数热门】零点与找点！姥姥级串讲！》一数《BV1VafCB4EL1》一数《BV1mcPMzbEvK》

4．（2023•东莞市校级三模）已知函数f(x)=1−cos⁡xf(x)=1-\cos x． （1）证明：f(x)⩽x22f(x)\leqslant \frac{x^{2}}{2}； （2）证明：函数h(x)=aln(x+1)−f(x)(0<a<1)h(x)=aln(x+1)-f(x)(0<a<1)在(0,π2)(0,\frac{\pi }{2})上有唯一零点x0x_{0}，且x0>4a+1−1x_{0}>\sqrt{4a+1}-1．

解析
【主解法】 第1步：证明：（1）令g(x)=cos⁡x−1+x22g(x)=\cos x-1+\frac{x^{2}}{2}，求导得g′(x)=−sin⁡x+xg\prime (x)=-\sin x+x，g′′(x)=1−cos⁡x⩾0g\prime \prime (x)=1-\cos x\geqslant 0， 写出g(x)的解析式 第2步：即函数g′(x)g\prime (x)在RR上单调递增，由g′(x)>0g\prime (x)>0，得x∈(0,+∞)x\in (0,+\infty )，由g′(x)<0g\prime (x)<0，得x∈(−∞,0)x\in (-\infty ,0)， 写出使g′(x)>0成立的x的取值区间 第3步：因此函数g(x)g(x)在(−∞,0)(-\infty ,0)上单调递减，在(0,+∞)(0,+\infty )上单调递增，∴g(x)⩾g(0)=0\therefore g(x)\geqslant g(0)=0， ∴<span>f(x)≤/x22\therefore<span>f(x)≤ /x^22． 根据已知条件，写出因此函数g(x)g(x)在(−∞,0)(-∞ ,0)上单调递减，在(0,+∞)(0,+∞ )上单调递增，g(x)≥g(0)=0g(x)≥ g(0)=0， </span>f(x)⩽x22</span>f(x)\leqslant \frac{x^{2}}{2}．对应的函数表达式 第4步：（2）由h(x)=aln(x+1)−1+cos⁡x,x∈(0,π2)h(x)=aln(x+1)-1+\cos x,x\in (0,\frac{\pi }{2})，求导得h′(x)=ax+1−sin⁡xh\prime (x)=\frac{a}{x+1}-\sin x， h′′(x)=−a(x+1)2−cos⁡x<0h\prime \prime (x)=-\frac{a}{(x+1)^{2}}-\cos x<0，即函数h 写出h(x)的解析式 第5步：又h\prime (0)=a>0,h\prime ((π )/(2))=/{a}{(π )/(2)+1}-1</{1}{(π )/(2)+1}-1<0，由零点存在性定理知，存在唯一实数， 由零点存在性定理知，存在唯一实数m∈ (0,(π )/(2))，使得，使得 写出使导函数在端点处符号确定的参数条件 第6步：则当x∈(0,m)x\in (0,m)，h′(x)>0h\prime (x)>0，h(x)h(x)单调递增，x∈(m,π2),h′(x)<0,h(x)x\in (m,\frac{\pi }{2}),h\prime (x)<0,h(x)单调递减，而h(0)=0h(0)=0，则h(m)>0h(m)>0， 且h(x)>0h(x)>0在(0,m)(0,m)恒成立，又h(/π 2 计算h'(x)在区间内变号点处的函数值第7步：因此存在唯一在区间内变号点处的函数值 第7步：因此存在唯一x_{0}∈ (0,(π )/(2))，使得，使得h(x_{0})=0，下面证明， 下面证明x_{0}>√(4a+1)-1，由，由0<a<1知知0<√(4a+1)-1<√(5)-1，即，即√(4a+1)-1∈ (0,/{π }{ 写出对应的结果 第8步：则只需证h(4a+1−1)>0h(\sqrt{4a+1}-1)>0，即证aln4a+1>f(4a+1−1)aln\sqrt{4a+1}>f(\sqrt{4a+1}-1)， 由（1）知：f(4a+1−1)⩽(4a+1−1)22f(\sqrt{4a+1}-1)\leqslant \frac{(\sqrt{4a+1}-1)^{2}}{2}，只需证：aln√(4a+1)> 则只需证h(√(4a+1)-1)>0，即证，即证aln√(4a+1)>f(√(4a+1)-1)，由（1）知：， 由（1）知：f(√(4a+1)-1)≤ /{(√(4a+1)-1)^{2}}{2}，只需证：，只需证：aln√(4a+1)>\fra 第9步：令t=4a+1−1∈(0,5−1)t=\sqrt{4a+1}-1\in (0,\sqrt{5}-1)，而a=(t+1)2−14=t2+2t4a=\frac{(t+1)^{2}-1}{4}=\frac{t^{2}+2t}{4}， 写出用 aa 表示的 tt 的表达式 第10步：故只需证t2+2t4ln(t+1)>t22⇔ln(t+1)>2tt+2\frac{t^{2}+2t}{4}ln(t+1)>\frac{t^{2}}{2}\Harr ln(t+1)>\frac{2t}{t+2}，其中t∈(0,5−1)t\in (0,\sqrt{5}-1)， 写出将不等式化简后关于ln(t+1)的等价条件 第11步：令F(t)=ln(t+1)−2tt+2,t∈(0,5−1)F(t)=ln(t+1)-\frac{2t}{t+2},t\in (0,\sqrt{5}-1)， 写出函数 F(t)F(t) 的表达式 第12步：则F′(t)=1t+1−4(t+2)2=t2(t+1)(t+2)2>0F\prime (t)=\frac{1}{t+1}-\frac{4}{(t+2)^{2}}=\frac{t^{2}}{(t+1)(t+2)^{2}}>0，函数F(t)F(t)在(0,5−1)(0,\sqrt{5}-1)上单调递增， 写出F′(t)通分后的分子分母构成的分式表达式 第13步：因此F(t)>F(0)=0F(t)>F(0)=0，即t∈(0,5−1)t\in (0,\sqrt{5}-1)时，ln(t+1)>2tt+2ln(t+1)>\frac{2t}{t+2}， ∴<span>x0>√(4a+1)−1\therefore<span>x_0>√(4a+1)-1． 根据因此F(t)>F(0)=0F(t)>F(0)=0，即t∈(0,√(5)−1)t∈ (0,√(5)-1)时，ln(t+1)>(2t)/(t+2)ln(t+1)>(2t)/(t+2)， </span>x0>4a+1−1</span>x_{0}>\sqrt{4a+1}-1．，写出对应的结果

同知识点相似题

中等solve_discuss导数与零点→
中等fill_compute导数判断零点个数→
思路填空练习 →上传我的解题过程