sin x33

∈?－，?，

3?2＋cos x?3f(x)＝

sin x

－bx不可能恒小于等于0.

2＋cos x

sin x33

若b＝0，则f(x)＝∈?－，?不合题意．

3?2＋cos x?31－3b1

若00，

33

f′(π)＝－b－1<0，∴?x0∈(0，π)，使f′(x0)＝0，

1?x∈(0，x0)时，f′(x)>0，这时f(x)递增，f(x)>f(0)＝0，不合题意．综上b的取值范围为??3，＋∞?. 1

8.1已知函数f(x)＝ax2－2x＋2＋lnx，a∈R.

2

(1) 当a＝0时，求f(x)的单调增区间；

(2) 若f(x)在(1，＋∞)上只有一个极值点，求实数a的取值范围；

(3) 对于任意x1、x2∈(0,1]，都有|x1－x2|≤|f(x1)－f(x2)|，求实数a的取值范围.

1－2x11

解：(1) 当a＝0时，f(x)＝－2x＋2＋lnx，令f′(x)＝－2＝＞0，解出：0＜x＜，

xx2

11

0，?或?0，?.(3分) 所以f(x)的单调增区间为??2??2?2

1ax－2x＋1

(2) 令f′(x)＝ax－x＋＝＝0，

xx

f(x)在(1，＋∞)上只有一个极值点?f′(x)＝0在(1，＋∞)上只有一个根且不是重根．(5分) 令g(x)＝ax2－2x＋1，x∈(1，＋∞)，

① 当a＝0时，g(x)＝－2x＋1，不在(1，＋∞)上有一个根，舍去；

② 当a＞0时，g(x)＝ax2－2x＋1，在(1，＋∞)上只有一个根且不是重根?g(1)＜0?0＜a＜1； ③ 当a＜0时，g(x)＝ax2－2x＋1，在(1，＋∞)上只有一个根且不是重根?g(1)＞0?a＞1；矛盾． 综上所述，实数a的取值范围是0＜a＜1.(8分) 注：②③可以合并为：ag(1)＜0?0＜a＜1.

(3) 当x1＝x2，显然满足，以下讨论x1≠x2的情况．

11x－?2－＋1a?2

ax－2x＋1?a?a

① 当a≥1时，f′(x)＝＝，

xx

1111

x－?2－＋1≥1－≥0，得到f′(x)≥0， ∵ x∈(0,1]，∈(0,1]，∴ a??a?aaa

即f(x)在(0,1]上单调递增．(10分)

对于任意x1、x2∈(0,1]，不妨设x1＜x2，则有f(x1)＜f(x2)，且x2＞x1代入不等式 |x1－x2|≤|f(x1)－f(x2)|?f(x2)－f(x1)≥x2－x1?f(x2)－x2≥f(x1)－x1，

1

引入新函数：h(x)＝f(x)－x＝ax2－3x＋2＋lnx，

22

1ax－3x＋1

h′(x)＝ax－3＋＝，

xx

所以问题转化为h′(x)≥0，x∈(0,1]上恒成立

3x－13x－1

?ax2－3x＋1≥0?a≥2?a≥?2?max.

x?x?3x－1

令l(x)＝2，通过求导或不等式判断都可以：

x

21 / 22

2－3x22

l′(x)＝3，当0＜x＜，l′(x)＞0；＜x＜1，l′(x)＜0，

x33

2?929

所以当x＝，l(x)max＝l?＝，所以a≥；(13分) ?3?434

② 当a＜1且a≠0时，f′(x)＝

ax－2x＋1

，令k(x)＝ax2－2x＋1＝0，方程判别式Δ＝4－4a＞0，x

2

且k(1)＝a－1＜0；

所以f(x)在(0,1)上只有一个极大值．不妨设极大值点为x1，记A(x1，f(x1))，在A点处的切线的斜率为0；过A点作一条割线AB，肯定存在点B(x2，f(x2))使得|kAB|＜1.因为|kAB|慢慢变成0.这样存在

|f?x1?－f?x2?|

x1、x2，使得＜1与|x1－x2|≤|f(x1)－f(x2)|矛盾．

|x1－x2|

当a＝0时，f(x)在(0,1)上只有一个极大值，同样得出矛盾．

9

综上所述，求实数a的取值范围为a≥.(16分)

4

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