（新高考）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第三部分 講重點(diǎn) 解答題專(zhuān)練 第6講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用教學(xué)案 理

《（新高考）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第三部分 講重點(diǎn) 解答題專(zhuān)練 第6講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用教學(xué)案 理》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《（新高考）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第三部分 講重點(diǎn) 解答題專(zhuān)練 第6講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用教學(xué)案 理（14頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第6講　導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 ■真題調(diào)研—————————————— 【例1】　[2019·全國(guó)卷Ⅰ]已知函數(shù)f(x)＝sinx－ln(1＋x)，f′(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù)，證明： (1)f′(x)在區(qū)間存在唯一極大值點(diǎn)； (2)f(x)有且僅有2個(gè)零點(diǎn)． 解：(1)設(shè)g(x)＝f′(x)，則 g(x)＝cosx－，g′(x)＝－sinx＋. 當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)單調(diào)遞減， 而g′(0)＞0，g′＜0，可得g′(x)在有唯一零點(diǎn)，設(shè)為α.則當(dāng)x∈(－1，α)時(shí)，g′(x)＞0； 當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)＜0. 所以g(x)在(－1，α)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，故g(x)在存在唯一極大值點(diǎn)

2、，即f′(x)在存在唯一極大值點(diǎn)． (2)f(x)的定義域?yàn)?－1，＋∞)． (ⅰ)當(dāng)x∈(－1,0]時(shí)，由(1)知，f′(x)在(－1,0)單調(diào)遞增，而f′(0)＝0，所以當(dāng)x∈(－1,0)時(shí)，f′(x)＜0，故f(x)在(－1,0)單調(diào)遞減．又f(0)＝0，從而x＝0是f(x)在(－1,0]的唯一零點(diǎn)． (ⅱ)當(dāng)x∈時(shí)，由(1)知，f′(x)在(0，α)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，而f′(0)＝0，f′＜0，所以存在β∈，使得f′(β)＝0，且當(dāng)x∈(0，β)時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0.故f(x)在(0，β)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減． 又f(0)＝0，f＝1－ln＞0，所以

3、當(dāng)x∈時(shí)，f(x)＞0.從而，f(x)在沒(méi)有零點(diǎn)． (ⅲ)當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0，所以f(x)在單調(diào)遞減．而f＞0，f(π)＜0，所以f(x)在有唯一零點(diǎn)． (ⅳ)當(dāng)x∈(π，＋∞)時(shí)，ln(x＋1)＞1， 所以f(x)＜0，從而f(x)在(π，＋∞)沒(méi)有零點(diǎn)． 綜上，f(x)有且僅有2個(gè)零點(diǎn)． 【例2】　[2019·全國(guó)卷Ⅲ]已知函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋b. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)是否存在a，b，使得f(x)在區(qū)間[0,1]的最小值為－1且最大值為1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，說(shuō)明理由． 解：(1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)

4、． 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝. 若a＞0，則當(dāng)x∈(－∞，0)∪時(shí)，f′(x)＞0； 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0. 故f(x)在(－∞，0)，單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減； 若a＝0，f′(x)≥0，故f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增； 若a＜0，則當(dāng)x∈∪(0，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0； 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0. 故f(x)在，(0，＋∞)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減． (2)滿(mǎn)足題設(shè)條件的a，b存在． (ⅰ)當(dāng)a≤0時(shí)，由(1)知，f(x)在[0,1]單調(diào)遞增，所以f(x)在區(qū)間[0,1]的最小值為f(0)＝b，最大值為f(1)＝2－a＋b.此時(shí)，a，b滿(mǎn)足題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)b＝

5、－1,2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1. (ⅱ)當(dāng)a≥3時(shí)，由(1)知，f(x)在[0,1]單調(diào)遞減，所以f(x)在區(qū)間[0,1]的最大值為f(0)＝b，最小值為f(1)＝2－a＋b.此時(shí)，a，b滿(mǎn)足題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b＝1. (ⅲ)當(dāng)0＜a＜3時(shí)，由(1)知，f(x)在[0,1]的最小值為f＝－＋b，最大值為b或2－a＋b. 若－＋b＝－1，b＝1，則a＝3，與0＜a＜3矛盾． 若－＋b＝－1,2－a＋b＝1，則a＝3或a＝－3或a＝0，與0＜a＜3矛盾． 綜上，當(dāng)且僅當(dāng)a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1時(shí)，f(x)在[0,1]的最小值為－1，最大

6、值為1. 【例3】　[2019·浙江卷]已知實(shí)數(shù)a≠0，設(shè)函數(shù)f(x)＝alnx＋，x>0. (1)當(dāng)a＝－時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)對(duì)任意x∈均有f(x)≤，求a的取值范圍． 注：e＝2.718 28…為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)． 解：(1)當(dāng)a＝－時(shí)，f(x)＝－lnx＋，x>0. f′(x)＝－＋＝. 所以，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,3)，單調(diào)遞增區(qū)間為(3，＋∞)． (2)由f(1)≤，得0

7、x∈時(shí)，　≤2，則 g(t)≥g(2)＝8－4－2lnx. 記p(x)＝4－2－lnx，x≥，則 p′(x)＝－－ ＝ ＝. x，p′(x)，p(x)的變化情況如下： x 1 (1，＋∞) p′(x) － 0 ＋ p(x) p 單調(diào)遞減 極小值p(1) 單調(diào)遞增 所以，p(x)≥p(1)＝0. 因此，g(t)≥g(2)＝2p(x)≥0. ②當(dāng)x∈時(shí)， g(t)≥g＝. 令q(x)＝2lnx＋(x＋1)，x∈，則 q′(x)＝＋1>0， 故q(x)在上單調(diào)遞增，所以q(x)≤q. 由①得，q＝－p<－p(1)＝0. 所以，q(x)

8、<0.因此，g(t)≥g＝－>0. 由①②知對(duì)任意x∈，t∈[2，＋∞)，g(t)≥0，即對(duì)任意x∈，均有f(x)≤. 綜上所述，所求a的取值范圍為. 【例4】　[2019·天津卷]設(shè)函數(shù)f(x)＝excosx，g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)． (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當(dāng)x∈時(shí)，證明f(x)＋g(x)·≥0； (3)設(shè)xn為函數(shù)u(x)＝f(x)－1在區(qū)間內(nèi)的零點(diǎn)，其中n∈N，證明2nπ＋－xn<. 解：(1)由已知，有f′(x)＝ex(cosx－sinx)．因此，當(dāng)x∈(k∈Z)時(shí)，有sinx>cosx，得f′(x)<0，則f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(k∈Z)時(shí)，有sin

9、x0，則f(x)單調(diào)遞增． 所以，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(k∈Z)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(k∈Z)． (2)記h(x)＝f(x)＋g(x)，依題意及(1)，有g(shù)(x)＝ex(cosx－sinx)，從而g′(x)＝－2exsinx.當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)<0，故h′(x)＝f′(x)＋g′(x)＋g(x)(－1)＝g′(x)<0. 因此，h(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減，進(jìn)而h(x)≥h＝f＝0. 所以，當(dāng)x∈時(shí)，f(x)＋g(x)≥0. (3)依題意，u(xn)＝f(xn)－1＝0， 即exncosxn＝1. 記yn＝xn－2nπ，則yn∈，且f(yn)＝e

10、yncosyn＝exn－2nπcos(xn－2nπ)＝e－2nπ(n∈N)． 由f(yn)＝e－2nπ≤1＝f(y0)及(1)，得yn≥y0.由(2)知，當(dāng)x∈時(shí)，g′(x)<0，所以g(x)在上為減函數(shù)，因此g(yn)≤g(y0)

11、任意的x∈(0，＋∞)恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 解：(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， f′(x)＝(x＋1)ex－a＝(xex－a)， 因?yàn)楹瘮?shù)y＝xex在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且值域?yàn)?0，＋∞)， 所以，①當(dāng)a≤0時(shí)，xex－a>0，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，無(wú)極值點(diǎn)； ②當(dāng)a>0時(shí)，方程xex－a＝0有唯一解，設(shè)為x0(x0>0)，且當(dāng)0x0時(shí)，f′(x)>0，所以x0是函數(shù)f(x)的極小值點(diǎn)，即函數(shù)f(x)只有1個(gè)極值點(diǎn)． (2)解法一：當(dāng)a＝1時(shí)，不等式f(x)≥g(x)對(duì)任意的x∈(0，＋∞)恒

12、成立， 即xex－lnx－1≥(m＋1)x對(duì)任意的x∈(0，＋∞)恒成立， 即ex－≥m＋1對(duì)任意的x∈(0，＋∞)恒成立，記F(x)＝ex－， 則F′(x)＝ex＋＝，記h(x)＝x2ex＋lnx，則h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 且，h(1)＝e>0，所以存在x1∈使得h(x1)＝0， 且當(dāng)x∈(0，x1)時(shí)，h(x)<0，F(xiàn)′(x)<0；當(dāng)x∈(x1，＋∞)時(shí)，h(x)>0，F(xiàn)′(x)>0. 所以1≥m＋1，解得m≤0. 綜上，實(shí)數(shù)m的取值范圍是(－∞，0]． 解法二：當(dāng)a＝1時(shí)，不等式f(x)≥g(x)對(duì)任意的x∈(0，＋∞)恒成立， 即xex－lnx－1≥(

13、m＋1)x對(duì)任意的x∈(0，＋∞)恒成立， 即≥m＋1對(duì)任意的x∈(0，＋∞)恒成立， 記h(t)＝et－t，因?yàn)閔′(t)＝et－1，所以當(dāng)t<0時(shí)，h′(t)<0，當(dāng)t>0時(shí)，h′(t)>0， 所以h(t)≥h(0)＝1，因此et≥t＋1(當(dāng)且僅當(dāng)t＝0時(shí)取“＝”)， 所以xex－lnx－1＝elnx＋x－lnx－1≥lnx＋x＋1－lnx－1＝x， 所以當(dāng)x>0時(shí)，≥1，且當(dāng)x＋lnx＝0時(shí)，取到“＝”， 所以的最小值是1，因此1≥m＋1，即m≤0. 綜上，實(shí)數(shù)m的取值范圍是(－∞，0]． 2．[2019·廣州綜合測(cè)試二]已知函數(shù)f(x)＝lnx－(k∈R)． (1)討

14、論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，求k的取值范圍，并證明x1＋x2>2. 解：(1)因?yàn)閒(x)＝lnx－，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， 所以f′(x)＝＋＝，x>0. 當(dāng)k≥0時(shí)，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 當(dāng)k<0時(shí)，由f′(x)＝0，得x＝或x＝－(舍去)， 當(dāng)x∈(0，)時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x∈(，＋∞)時(shí)，f′(x)>0， 所以函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞減，在(，＋∞)上單調(diào)遞增． 綜上所述，當(dāng)k≥0時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)k<0時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞減，在

15、(，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)①先求k的取值范圍． 解法一：由(1)知，當(dāng)k≥0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，不可能有兩個(gè)零點(diǎn)，不滿(mǎn)足條件． 當(dāng)k<0時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞減，在(，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f()＝ln＋. 要使函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，首先f(wàn)(x)min＝ln＋<0，解得－0， 下面證明f(－2k)＝ln(－2k)－>0. 設(shè)g(k)＝ln(－2k)－， 則g′(k)＝＋＝. 當(dāng)k>－時(shí)，g′(k)＝＋＝>>0. 所以g(k)在上單調(diào)遞增， 所以g(k)>g＝ln＋>0，即f(－

16、2k)>0成立． 【若考生書(shū)寫(xiě)為：當(dāng)x→0＋時(shí)，f(x)→＋∞，且f(1)＝－k>0.此處不扣分】 所以k的取值范圍是. 解法二：由f(x)＝lnx－＝0，得k＝x2lnx. 設(shè)g(x)＝x2lnx，則g′(x)＝x(2lnx＋1)． 當(dāng)0時(shí)， g′(x)>0， 所以函數(shù)g(x)在(0，)上單調(diào)遞減，在(，＋∞)上單調(diào)遞增． 所以g(x)min＝g()＝－. 因?yàn)閤→0＋時(shí)，g(x)→0，且g(1)＝0， 所以要使函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，必有－2. 解法一：x1，x2是函數(shù)f(x)的

17、兩個(gè)零點(diǎn)，不妨設(shè)x11. 由，得lnx2－lnx1＝－. 所以lnt＝－，即x＝，－1. 要證x1＋x2>2，即證(x1＋x2)2>－8k， 即證x(1＋t2)>－8k，即證(1＋t)2>－8k， 因?yàn)椋?k<0，t>1， 所以即證(1＋t)2<－8lnt， 即證8lnt＋(1＋t)2<0(t>1)． 設(shè)h(t)＝8lnt＋(1＋t)2， 即h(t)＝8lnt－t2－2t＋＋， 所以h′(t)＝－2t－2－－＝ ，則當(dāng)t>1時(shí)，h′(t)<0， 所以h(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以當(dāng)t>1時(shí)，h(t)＝8lnt＋(1

18、＋t)22. 解法二：x1，x2是函數(shù)f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，不妨設(shè)x11. 由，得lnx2－lnx1＝－. 所以lnt＝－，即x＝，－1. 要證x1＋x2>2，即證>， 即證tx>－2k，即證t×>－2k， 因?yàn)椋?k<0，t>1，所以即證t－>2lnt(t>1)． 設(shè)h(t)＝2lnt－t＋， 所以h′(t)＝－1－＝－，則當(dāng)t>1時(shí)，h′(t)<0， 所以h(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以當(dāng)t>1時(shí)，h(t)＝2lnt－t＋2>2. 解法三：x1

19、，x2是函數(shù)f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，不妨設(shè)x11. 由得lnx1＋lnx2＝＋. 要證x1＋x2>2，即證>， 只需證lnx＋lnx2>ln(－2k)． 即證＋>ln(－2k)，即證＋>ln(－2k)， 即證k>ln(－2k)． 由(1)可得0. 所以k>k×＝－>－×(1＋1)＝－1. 而ln(－2k)ln(－2k)成立． 所以x1＋x2>2>2. 解法四：x1，x2是函數(shù)f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，不妨設(shè)x11. 由得lnx2－lnx1＝－. 先證明<，

20、 即證明lnt<(t>1)． 設(shè)h(t)＝－lnt，則h′(t)＝， 當(dāng)t>1時(shí)，h′(t)>0， 所以h(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以h(t)>h(1)＝0，所證不等式成立． 所以有＝<， 即－k(x1＋x2)<()3. 因?yàn)?(x1≠x2)， 所以－k(x1＋x2)<3， 即(x1＋x2)2>－8k. 所以x1＋x2>2. 解法五：要證x1＋x2>2，其中x1∈(0，)，x2∈(，＋∞)，即證x2>2－x1. 由(1)得函數(shù)f(x)在(，＋∞)上單調(diào)遞增，又2－x1>，所以只需證明f(x2)>f(2－x1)． 因?yàn)閒(x2)＝f(x1)，所以只要證明f(x

21、1)>f(2－x1)，其中x1∈(0，)． 構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(0，)， 則F(x)＝lnx－－ln(2－x)＋.因?yàn)镕′(x)＝＋＋＋＝＋ (利用基本不等式)<＋＝－<0， 所以f(x)在(0，)上單調(diào)遞減， 所以F(x)>F()＝ln＋－ln－＝0， 所以f(x)>f(2－x)在(0，)上恒成立． 所以要證的不等式x1＋x2>2成立． 3．[2019·太原一模]已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x，a∈R. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)a＜－時(shí)，若對(duì)于任意x1，x2∈(1，＋∞)(x1＜x2)，都存在x0∈(x1，x2

22、)，使得f′(x0)＝，證明：＜x0. 解：(1)由題意得f′(x)＝－2ax＋(2－a)＝－，x＞0. ①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立， ∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； ②當(dāng)a＞0時(shí)，令f′(x)＞0，則0＜x＜； 令f′(x)＜0，則x＞，∴f(x)在上單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減． (2)證明：當(dāng)a＜－時(shí)， ∵＝ln－a(x2＋x1)＋(2－a)，f′(x0)＝－2ax0＋(2－a)， ∴l(xiāng)n－a(x2＋x1)＝－2ax0. ∵f′－f′(x0)＝－a(x2＋x1)－＝－ln＝·＝ 令t＝，g(t)＝－lnt，t＞1， 則g′(t)＝－＜0， ∴

23、g(t)＜g(1)＝0，∴f′－f′(x0)＜0， ∴f′＜f′(x0)． 設(shè)h(x)＝f′(x)＝－2ax＋(2－a)，x＞1， 則h′(x)＝－－2a＞－1＋1＝0， ∴h(x)＝f′(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴＜x0. 4．[2019·石家莊一模]已知函數(shù)f(x)＝lnx＋，g(x)＝，a∈R. (1)求函數(shù)f(x)的極小值； (2)求證：當(dāng)－1≤a≤1時(shí)，f(x)＞g(x)． 解：(1)f′(x)＝－＝，(x＞0)． 當(dāng)a－1≤0時(shí)，即a≤1時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，無(wú)極小值； 當(dāng)a－1＞0時(shí)，即a＞1時(shí)，f′(x)＜0?0

24、＜x＜a－1，函數(shù)f(x)在(0，a－1)上單調(diào)遞減； f′(x)＞0?x＞a－1，函數(shù)f(x)在(a－1，＋∞)上單調(diào)遞增； f(x)極小值＝f(a－1)＝1＋ln(a－1)． 綜上所述，當(dāng)a≤1時(shí)，f(x)無(wú)極小值； 當(dāng)a＞1時(shí)，f(x)極小值＝1＋ln(a－1)． (2)令F(x)＝f(x)－g(x)＝lnx＋－＝，(x＞0) 當(dāng)－1≤a≤1時(shí)，要證：f(x)＞g(x)，即證F(x)＞0，即證xlnx－asinx＋1＞0. 解法一：要證xlnx－asinx＋1＞0，即證xlnx＞asinx－1. ①當(dāng)0＜a≤1時(shí)， 令h(x)＝x－sinx(x>0)，h′(x)＝1－c

25、osx≥0，所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 故h(x)＞h(0)＝0，即x＞sinx， ∴ax－1＞asinx－1(*)． 令q(x)＝xlnx－x＋1，q′(x)＝lnx， 當(dāng)x∈(0,1)，q′(x)＜0，q(x)在(0,1)上單調(diào)遞減；x∈(1，＋∞)，q′(x)＞0，q(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故q(x)≥q(1)＝0，即xlnx≥x－1.當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào)． 又∵0＜a≤1，∴xlnx≥x－1≥ax－1(**)． 由(*)及(**)可知xlnx≥x－1≥ax－1＞asinx－1， 所以當(dāng)0＜a≤1時(shí)，xlnx＞asinx－1. ②當(dāng)a＝0時(shí)，即證xl

26、nx＞－1.令m(x)＝xlnx，m′(x)＝lnx＋1，m(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，m(x)min＝m＝－＞－1，故xlnx＞－1. ③當(dāng)－1≤a＜0時(shí)， 當(dāng)x∈(0,1]時(shí)，asinx－1＜－1， 由②知m(x)＝xlnx≥－，而－＞－1， 故xlnx＞asinx－1； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，asinx－1≤0， 由②知m(x)＝xlnx＞m(1)＝0， 故xlnx＞asinx－1； 所以，當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，xlnx＞asinx－1. 綜上①②③可知，當(dāng)－1≤a≤1時(shí)，f(x)＞g(x)． 解法二：當(dāng)－1≤a≤1時(shí)，下證xlnx－asinx＋1＞0，即證xl

27、nx＞asinx－1. ①當(dāng)x＞1時(shí)，易知xlnx＞0，asinx－1≤0， 故xlnx－asinx＋1＞0. ②當(dāng)x＝1時(shí)，0－asin1＋1＞0顯然成立，故xlnx－asinx＋1＞0. ③當(dāng)0＜x＜1時(shí)，sinx＞0，故－sinx≤asinx≤sinx， 令h(x)＝x－sinx(x>0)，h′(x)＝1－cosx≥0， 所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 故h(x)＞h(0)＝0，即x＞sinx，故asinx＜x； 只需證q(x)＝xlnx－x＋1＞0，q′(x)＝lnx，當(dāng)x∈(0,1)，q′(x)＜0，q(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，故q(x)＞q(1)＝0，故xlnx－asinx＋1＞0. 綜上①②③可知，當(dāng)－1≤a≤1時(shí)，f(x)＞g(x)． 解法三：易知f(x)－g(x)＝lnx＋－a. 要證f(x)＞g(x)，即證lnx＋＞a·. 令φ(x)＝lnx＋，則φ′(x)＝， 故φ(x)min＝φ(1)＝1. 故φ(x)>1. 令h(x)＝sinx－x，h′(x)＝cosx－1≤0，故h(x)在(0，＋∞)上遞減． 由h(0)＝0，從而當(dāng)x＞0時(shí)sinx＜x，故＜1. 由－1≤a≤1，故a·＜1. 所以lnx＋>a·， 綜上，當(dāng)－1≤a≤1時(shí)，f(x)＞g(x)． 14