| 模型 | 模型答案 | 正确答案 |
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| 金声玉亮2.0 | (1)【解析】 首先，我们计算函数 \( f(x) = \sin x - \ln(1+x) \) 的导数 \( f'(x) \)。 \[ f'(x) = \cos x - \frac{1}{1+x} \] 接下来，我们需要找到 \( f'(x) \) 的极值点。为此，我们需要求 \( f''(x) \) 并分析其符号变化。 \[ f''(x) = -\sin x + \frac{1}{(1+x)^2} \] 我们需要找到 \( f'(x) = 0 \) 的点，即解方程： \[ \cos x - \frac{1}{1+x} = 0 \] 令 \( g(x) = \cos x - \frac{1}{1+x} \)，我们分析 \( g(x) \) 在区间 \(\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)\) 的单调性。计算 \( g'(x) \)： \[ g'(x) = -\sin x + \frac{1}{(1+x)^2} \] 在区间 \(\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)\)，我们知道 \(\sin x\) 是非负的且在 \(\left(0, \frac{\pi}{2}\right)\) 内单调递增，而 \(\frac{1}{(1+x)^2}\) 在 \(\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)\) 内单调递减。因此，\( g'(x) \) 在 \(\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)\) 内是单调递减的。 由于 \( g(x) \) 是单调递减的函数，且 \( g(x) \) 在 \(\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)\) 内连续，因此 \( g(x) = 0 \) 在该区间内有且仅有一个解。即 \( f'(x) = 0 \) 在该区间内有且仅有一个解。 因此，\( f'(x) \) 在区间 \(\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)\) 存在唯一极大值点。 <eoe> 【答案】 \( f'(x) \) 在区间 \(\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)\) 存在唯一极大值点。<eoa> (2)【解析】 我们需要证明 \( f(x) = \sin x - \ln(1+x) \) 有且仅有 2 个零点。 首先，考虑 \( f(x) \) 在区间 \(\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)\) 的单调性。我们已经知道 \( f'(x) = \cos x - \frac{1}{1+x} \)。 在 \( x = -1 \) 处，\( f(x) = \sin(-1) - \ln(1-1) = \sin(-1) - \ln(0) \)，由于 \(\ln(0)\) 趋向于负无穷，因此 \( f(-1) \) 趋向于正无穷。 在 \( x = \frac{\pi}{2} \) 处，\( f(x) = \sin(\frac{\pi}{2}) - \ln(1+\frac{\pi}{2}) = 1 - \ln(1+\frac{\pi}{2}) \)，由于 \(\ln(1+\frac{\pi}{2})\) 是正数，因此 \( f(\frac{\pi}{2}) \) 是负数。 由于 \( f(x) \) 在 \(\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)\) 内连续且 \( f(x) \) 在 \( x = -1 \) 处趋向于正无穷，在 \( x = \frac{\pi}{2} \) 处为负数，根据介值定理，\( f(x) \) 在该区间内至少有一个零点。 接下来，我们分析 \( f(x) \) 的单调性。我们已经知道 \( f'(x) = \cos x - \frac{1}{1+x} \) 在区间 \(\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)\) 内有且仅有一个极大值点。假设这个极大值点为 \( x_0 \)。 在 \( x_0 \) 左侧，\( f'(x) > 0 \)，即 \( f(x) \) 单调递增；在 \( x_0 \) 右侧，\( f'(x) < 0 \)，即 \( f(x) \) 单调递减。因此，\( f(x) \) 在区间 \(\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)\) 内有且仅有一个极大值点。 由于 \( f(x) \) 在 \( x = -1 \) 处趋向于正无穷，在 \( x = \frac{\pi}{2} \) 处为负数，且 \( f(x) \) 在 \( x_0 \) 处有唯一的极大值点，因此 \( f(x) \) 在区间 \(\left(-1, x_0\right)\) 内有一个零点，在区间 \(\left(x_0, \frac{\pi}{2}\right)\) 内有一个零点。 综上所述，\( f(x) \) 有且仅有 2 个零点。 <eoe> 【答案】 \( f(x) \) 有且仅有 2 个零点。<eoa> |
【详解】(1) 由题意知: $f(x)$ 定义域为: $(-1,+\infty)$ 且 $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}$ 令 $g(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\therefore g^{\prime}(x)=-\sin x+\frac{1}{(x+1)^{2}}, \quad x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\because \frac{1}{(x+1)^{2}}$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减, $\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{7}$, 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 $\therefore g^{\prime}(x)$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $g^{\prime}(0)=-\sin 0+1=1>0, \quad g^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=-\sin \frac{\pi}{2}+\frac{4}{(\pi+2)^{2}}=\frac{4}{(\pi+2)^{2}}-1<0$ $\therefore \exists x_{0} \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $g^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ $\therefore$ 当 $x \in\left(-1, x_{0}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)>0 ; x \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$ 即 $g(x)$ 在 $\left(-1, x_{0}\right)$ 上单调递增; 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 则 $x=x_{0}$ 为 $g(x)$ 唯一的极大值点 即: $f^{\prime}(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上存在唯一的极大值点 $x_{0}$. (2) 由 (1) 知: $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in(-1,+\infty)$ (1)当 $x \in(-1,0]$ 时, 由 (1) 可知 $f^{\prime}(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递增 $\therefore f^{\prime}(x) \leq f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递减 又 $f(0)=0$ $\therefore x=0$ 为 $f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上的唯一零点 (2)当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right]$ 时, $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$ $\therefore f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 此时 $f(x)>f(0)=0$, 不存在零点 又 $f^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=\cos \frac{\pi}{2}-\frac{2}{\pi+2}=-\frac{2}{\pi+2}<0$ $\therefore \exists x_{1} \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{1}\right)=0$ $\therefore f(x)$ 在 $\left(x_{0}, x_{1}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{1}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $f\left(x_{0}\right)>f(0)=0, f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\sin \frac{\pi}{2}-\ln \left(1+\frac{\pi}{2}\right)=\ln \frac{2 e}{\pi+2}>\ln 1=0$ $\therefore f(x)>0$ 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上恒成立, 此时不存在零点 (3)当 $x \in\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 时, $\sin x$ 单调递减, $-\ln (x+1)$ 单调递减 $\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减 又 $f\left(\frac{\pi}{2}\right)>0, \quad f(\pi)=\sin \pi-\ln (\pi+1)=-\ln (\pi+1)<0$ 即 $f(\pi) \cdot f\left(\frac{\pi}{2}\right)<0$, 又 $f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减 $\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上存在唯一零点 (4)当 $x \in(\pi,+\infty)$ 时, $\sin x \in[-1,1], \ln (x+1)>\ln (\pi+1)>\ln e=1$ $\therefore \sin x-\ln (x+1)<0$ 即 $f(x)$ 在 $(\pi,+\infty)$ 上不存在零点 综上所述: $f(x)$ 有且仅有 2 个零点 |
| deepseekr1 | (1)【解析】 要证明f’(x)在区间$\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$存在唯一极大值点，首先计算f(x)的一阶和二阶导数： \[ f'(x) = \cos x - \frac{1}{1+x}, \quad f''(x) = -\sin x + \frac{1}{(1+x)^2}. \] 分析$f''(x)$在区间$\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$的单调性。计算三阶导数： \[ f'''(x) = -\cos x - \frac{2}{(1+x)^3}. \] 在区间$\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$内，$\cos x > 0$且$\frac{2}{(1+x)^3} > 0$，因此$f'''(x) < 0$，即$f''(x)$在该区间内严格递减。当$x \to -1^+$时，$f''(x) \to +\infty$；当$x = \frac{\pi}{2}$时，$f''\left(\frac{\pi}{2}\right) = -1 + \frac{1}{(1+\frac{\pi}{2})^2} < 0$。由介值定理和单调性，存在唯一的$c \in \left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$使$f''(c)=0$，且$f''(x)$在$c$左侧为正、右侧为负，故$f'(x)$在$c$处取得唯一极大值点。 <eoe> 【答案】 (1) 证明过程如下： 计算$f(x)$的一阶和二阶导数： \[ f'(x) = \cos x - \frac{1}{1+x}, \quad f''(x) = -\sin x + \frac{1}{(1+x)^2}. \] 三阶导数为： \[ f'''(x) = -\cos x - \frac{2}{(1+x)^3}. \] 在区间$\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$内，$\cos x > 0$且$\frac{2}{(1+x)^3} > 0$，故$f'''(x) < 0$，即$f''(x)$严格递减。当$x \to -1^+$时，$f''(x) \to +\infty$；当$x = \frac{\pi}{2}$时，$f''\left(\frac{\pi}{2}\right) < 0$。由介值定理，存在唯一$c \in \left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$使得$f''(c) = 0$，且$f''(x)$在$c$左侧为正、右侧为负，故$f'(x)$在$c$处取得唯一极大值点。<eoa> (2)【解析】 证明$f(x)$有且仅有2个零点： 1. **零点存在性**： - 当$x \to -1^+$时，$f(x) \to +\infty$；在$x=0$处，$f(0)=0$。 - 当$x > 0$时，分析$f'(x)$的变化：存在唯一$d \in (0, \frac{\pi}{2})$使得$f'(d) = 0$，即$f(x)$在$d$处取得极大值$f(d) > 0$。当$x \to +\infty$时，$f(x) \to -\infty$，故存在$x_2 > d$使$f(x_2) = 0$。 - 在$x > 0$区间内，$f(x)$从$0$递增到$f(d) > 0$，再递减到$-\infty$，因此仅有一个零点$x_2 > 0$。 2. **零点唯一性**： - 在$x \in (-1, 0)$，$f''(x) > 0$，故$f'(x)$严格递增且$f'(x) < 0$，$f(x)$从$+\infty$递减到$0$，无零点。 - 在$x > 0$区间，$f(x)$仅有一个零点$x_2$，结合$x=0$，总共有2个零点。 <eoe> 【答案】 (2) 证明过程如下： 1. **零点存在性**： - $x=0$是零点。当$x \to -1^+$时，$f(x) \to +\infty$，在$x=0$处为0，故在$x \in (-1,0)$无零点。 - 当$x > 0$时，存在唯一$d \in (0, \frac{\pi}{2})$使$f'(d) = 0$，且$f(d) > 0$。当$x \to +\infty$时$f(x) \to -\infty$，故存在$x_2 > d$使$f(x_2) = 0$。 2. **零点唯一性**： - 在$x \in (-1,0)$，$f'(x) < 0$，函数递减，无零点。 - 在$x > 0$区间，$f(x)$先增后减，仅有一个零点$x_2$。 综上，$f(x)$恰有2个零点：$x=0$和$x=x_2 > 0$。<eoa> |
【详解】(1) 由题意知: $f(x)$ 定义域为: $(-1,+\infty)$ 且 $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}$ 令 $g(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\therefore g^{\prime}(x)=-\sin x+\frac{1}{(x+1)^{2}}, \quad x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\because \frac{1}{(x+1)^{2}}$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减, $\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{7}$, 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 $\therefore g^{\prime}(x)$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $g^{\prime}(0)=-\sin 0+1=1>0, \quad g^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=-\sin \frac{\pi}{2}+\frac{4}{(\pi+2)^{2}}=\frac{4}{(\pi+2)^{2}}-1<0$ $\therefore \exists x_{0} \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $g^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ $\therefore$ 当 $x \in\left(-1, x_{0}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)>0 ; x \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$ 即 $g(x)$ 在 $\left(-1, x_{0}\right)$ 上单调递增; 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 则 $x=x_{0}$ 为 $g(x)$ 唯一的极大值点 即: $f^{\prime}(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上存在唯一的极大值点 $x_{0}$. (2) 由 (1) 知: $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in(-1,+\infty)$ (1)当 $x \in(-1,0]$ 时, 由 (1) 可知 $f^{\prime}(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递增 $\therefore f^{\prime}(x) \leq f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递减 又 $f(0)=0$ $\therefore x=0$ 为 $f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上的唯一零点 (2)当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right]$ 时, $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$ $\therefore f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 此时 $f(x)>f(0)=0$, 不存在零点 又 $f^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=\cos \frac{\pi}{2}-\frac{2}{\pi+2}=-\frac{2}{\pi+2}<0$ $\therefore \exists x_{1} \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{1}\right)=0$ $\therefore f(x)$ 在 $\left(x_{0}, x_{1}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{1}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $f\left(x_{0}\right)>f(0)=0, f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\sin \frac{\pi}{2}-\ln \left(1+\frac{\pi}{2}\right)=\ln \frac{2 e}{\pi+2}>\ln 1=0$ $\therefore f(x)>0$ 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上恒成立, 此时不存在零点 (3)当 $x \in\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 时, $\sin x$ 单调递减, $-\ln (x+1)$ 单调递减 $\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减 又 $f\left(\frac{\pi}{2}\right)>0, \quad f(\pi)=\sin \pi-\ln (\pi+1)=-\ln (\pi+1)<0$ 即 $f(\pi) \cdot f\left(\frac{\pi}{2}\right)<0$, 又 $f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减 $\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上存在唯一零点 (4)当 $x \in(\pi,+\infty)$ 时, $\sin x \in[-1,1], \ln (x+1)>\ln (\pi+1)>\ln e=1$ $\therefore \sin x-\ln (x+1)<0$ 即 $f(x)$ 在 $(\pi,+\infty)$ 上不存在零点 综上所述: $f(x)$ 有且仅有 2 个零点 |
| gpto1 | 20. (1)【解析】 首先，求函数 \( f(x) = \sin x - \ln(1 + x) \) 的导数： \[ f'(x) = \cos x - \frac{1}{1 + x} \] 再求 \( f'(x) \) 的导数，即二阶导数 \( f''(x) \)： \[ f''(x) = -\sin x + \frac{1}{(1 + x)^2} \] 要找到 \( f'(x) \) 的极值点，需要令 \( f''(x) = 0 \)，即解方程： \[ -\sin x + \frac{1}{(1 + x)^2} = 0 \] 即： \[ \frac{1}{(1 + x)^2} = \sin x \] 在区间 \( \left( -1, \dfrac{\pi}{2} \right) \) 上，分析函数： - 当 \( x \to -1^+ \) 时，\( 1 + x \to 0^+ \)，因此 \( \frac{1}{(1 + x)^2} \to +\infty \)，而 \( \sin x \) 有界于 \([-1,1]\)，所以左边远大于右边。 - 当 \( x = 0 \) 时，\( \frac{1}{(1 + 0)^2} = 1 \)，\( \sin 0 = 0 \)，左边大于右边。 - 当 \( x = \dfrac{\pi}{2} \) 时，\( \frac{1}{(1 + \dfrac{\pi}{2})^2} > 0 \)，\( \sin \dfrac{\pi}{2} = 1 \)，左边小于右边。 因此，函数 \( y = \frac{1}{(1 + x)^2} \) 和 \( y = \sin x \) 在区间 \( \left( -1, \dfrac{\pi}{2} \right) \) 上有且仅有一个交点，即方程 \( f''(x) = 0 \) 有唯一解。 由于 \( f''(x) \) 在解的两侧符号发生变化，从正变负（因为 \( \frac{1}{(1 + x)^2} \) 递减，\( \sin x \) 递增），所以 \( f'(x) \) 在此取得极大值。 综上，\( f'(x) \) 在区间 \( \left( -1, \dfrac{\pi}{2} \right) \) 上存在唯一极大值点。 <eoe> 【答案】 (1) 证明了 \( f'(x) \) 在区间 \( \left( -1, \dfrac{\pi}{2} \right) \) 上存在唯一的极大值点。 <eoa> (2)【解析】 要证明 \( f(x) = \sin x - \ln(1 + x) \) 有且仅有两个零点。 首先，研究函数 \( f(x) \) 在不同区间的性质： 1. 当 \( x \to -1^+ \) 时，\( 1 + x \to 0^+ \)，所以 \( \ln(1 + x) \to -\infty \)，因此 \( f(x) \to +\infty \)。 2. 当 \( x = 0 \) 时，\( f(0) = \sin 0 - \ln(1 + 0) = 0 \)，所以 \( x = 0 \) 是零点。 3. 当 \( x > 0 \) 时，计算一些值： - \( x = 1 \) 时，\( f(1) = \sin 1 - \ln 2 \approx 0.8415 - 0.6931 = 0.1484 > 0 \)； - \( x = 2 \) 时，\( f(2) = \sin 2 - \ln 3 \approx 0.9093 - 1.0986 = -0.1893 < 0 \)。 因此，\( f(x) \) 在 \( x = 1 \) 和 \( x = 2 \) 之间由正变负，依据连续性定理，存在一个零点。 4. 当 \( x \to +\infty \) 时，\( \ln(1 + x) \to +\infty \)，而 \( \sin x \) 有界，所以 \( f(x) \to -\infty \)。 5. 在 \( x \in (-1,0) \) 上，\( f(x) \) 从 \( +\infty \) 降到 0，但由于 \( f(x) \) 单调递减，没有额外的零点。 综上，函数 \( f(x) \) 有且仅有两个零点，分别是 \( x = 0 \) 和位于 \( x \in (1,2) \) 的零点。 <eoe> 【答案】 (2) 证明了函数 \( f(x) \) 有且仅有两个零点。 <eoa> |
【详解】(1) 由题意知: $f(x)$ 定义域为: $(-1,+\infty)$ 且 $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}$ 令 $g(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\therefore g^{\prime}(x)=-\sin x+\frac{1}{(x+1)^{2}}, \quad x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\because \frac{1}{(x+1)^{2}}$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减, $\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{7}$, 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 $\therefore g^{\prime}(x)$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $g^{\prime}(0)=-\sin 0+1=1>0, \quad g^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=-\sin \frac{\pi}{2}+\frac{4}{(\pi+2)^{2}}=\frac{4}{(\pi+2)^{2}}-1<0$ $\therefore \exists x_{0} \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $g^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ $\therefore$ 当 $x \in\left(-1, x_{0}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)>0 ; x \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$ 即 $g(x)$ 在 $\left(-1, x_{0}\right)$ 上单调递增; 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 则 $x=x_{0}$ 为 $g(x)$ 唯一的极大值点 即: $f^{\prime}(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上存在唯一的极大值点 $x_{0}$. (2) 由 (1) 知: $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in(-1,+\infty)$ (1)当 $x \in(-1,0]$ 时, 由 (1) 可知 $f^{\prime}(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递增 $\therefore f^{\prime}(x) \leq f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递减 又 $f(0)=0$ $\therefore x=0$ 为 $f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上的唯一零点 (2)当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right]$ 时, $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$ $\therefore f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 此时 $f(x)>f(0)=0$, 不存在零点 又 $f^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=\cos \frac{\pi}{2}-\frac{2}{\pi+2}=-\frac{2}{\pi+2}<0$ $\therefore \exists x_{1} \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{1}\right)=0$ $\therefore f(x)$ 在 $\left(x_{0}, x_{1}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{1}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $f\left(x_{0}\right)>f(0)=0, f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\sin \frac{\pi}{2}-\ln \left(1+\frac{\pi}{2}\right)=\ln \frac{2 e}{\pi+2}>\ln 1=0$ $\therefore f(x)>0$ 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上恒成立, 此时不存在零点 (3)当 $x \in\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 时, $\sin x$ 单调递减, $-\ln (x+1)$ 单调递减 $\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减 又 $f\left(\frac{\pi}{2}\right)>0, \quad f(\pi)=\sin \pi-\ln (\pi+1)=-\ln (\pi+1)<0$ 即 $f(\pi) \cdot f\left(\frac{\pi}{2}\right)<0$, 又 $f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减 $\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上存在唯一零点 (4)当 $x \in(\pi,+\infty)$ 时, $\sin x \in[-1,1], \ln (x+1)>\ln (\pi+1)>\ln e=1$ $\therefore \sin x-\ln (x+1)<0$ 即 $f(x)$ 在 $(\pi,+\infty)$ 上不存在零点 综上所述: $f(x)$ 有且仅有 2 个零点 |
| GPT-4o | (1)【解析】 首先，我们计算函数 \( f(x) = \sin x - \ln (1+x) \) 的导数 \( f'(x) \): \[ f'(x) = \cos x - \frac{1}{1+x} \] 为了找到 \( f'(x) \) 的极值点，我们需要计算 \( f'(x) \) 的导数 \( f''(x) \): \[ f''(x) = -\sin x + \frac{1}{(1+x)^2} \] 极值点出现在 \( f''(x) = 0 \) 的地方。我们解方程： \[ -\sin x + \frac{1}{(1+x)^2} = 0 \] 即 \[ \sin x = \frac{1}{(1+x)^2} \] 我们需要证明在区间 \( \left(-1, \frac{\pi}{2}\right) \) 上 \( \sin x \) 和 \( \frac{1}{(1+x)^2} \) 只有一个交点。注意到在这个区间内 \( \sin x \) 是递增函数，而 \( \frac{1}{(1+x)^2} \) 是递减函数。根据单调函数的性质，如果一个递增函数和一个递减函数在某个区间内连续且有交点，那么这个交点是唯一的。 因此， \( \sin x = \frac{1}{(1+x)^2} \) 在区间 \( \left(-1, \frac{\pi}{2}\right) \) 内有唯一解。即 \( f'(x) \) 在区间 \( \left(-1, \frac{\pi}{2}\right) \) 内存在唯一极大值点。 <eoe> 【答案】 (1) \( f'(x) \) 在区间 \( \left(-1, \frac{\pi}{2}\right) \) 存在唯一极大值点。<eoa> (2)【解析】 为了证明 \( f(x) \) 有且仅有两个零点，我们需要分析函数 \( f(x) = \sin x - \ln(1+x) \) 在区间 \( (-1, \infty) \) 内的性质。 首先，计算 \( f(x) \) 的值在一些特殊点的情况： 1. 当 \( x = -1 \) 时， \( f(x) = \sin(-1) - \ln(0) \)，由于 \( \ln(0) \) 不存在， \( f(x) \) 在 \( x = -1 \) 处趋向负无穷； 2. 当 \( x = 0 \) 时， \( f(0) = \sin(0) - \ln(1) = 0 \)； 3. 当 \( x \to \infty \) 时， \( \sin x \) 在 \( -1 \) 和 \( 1 \) 之间震荡，而 \( \ln(1+x) \to \infty \)，因此 \( f(x) \to -\infty \)。 接下来，考虑 \( f(x) \) 在区间 \( (-1, \infty) \) 内的连续性和导数 \( f'(x) = \cos x - \frac{1}{1+x} \) 的性质。 我们已经知道 \( f'(x) \) 在区间 \( \left(-1, \frac{\pi}{2}\right) \) 内有唯一极大值点，记为 \( x = c \)。在 \( x = c \) 处， \( f'(c) = 0 \)，且 \( f'(x) > 0 \) 在 \( (-1, c) \) 内， \( f'(x) < 0 \) 在 \( (c, \frac{\pi}{2}) \) 内。 考虑 \( f(x) \) 从 \( x = -1 \) 到 \( x = \infty \) 的行为： - 在 \( (-1, c) \) 内， \( f(x) \) 单调递增； - 在 \( (c, \frac{\pi}{2}) \) 内， \( f(x) \) 单调递减； - 在 \( (\frac{\pi}{2}, \infty) \) 内，由于 \( \ln(1+x) \) 的增长速度超过 \( \sin x \) 的振荡， \( f(x) \) 仍然递减。 因此，\( f(x) \) 在 \( (-1, \infty) \) 内有两个单调区间的交点（一个在 \( (-1, 0) \) 内，一个在 \( (\frac{\ |
【详解】(1) 由题意知: $f(x)$ 定义域为: $(-1,+\infty)$ 且 $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}$ 令 $g(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\therefore g^{\prime}(x)=-\sin x+\frac{1}{(x+1)^{2}}, \quad x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\because \frac{1}{(x+1)^{2}}$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减, $\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{7}$, 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 $\therefore g^{\prime}(x)$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $g^{\prime}(0)=-\sin 0+1=1>0, \quad g^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=-\sin \frac{\pi}{2}+\frac{4}{(\pi+2)^{2}}=\frac{4}{(\pi+2)^{2}}-1<0$ $\therefore \exists x_{0} \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $g^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ $\therefore$ 当 $x \in\left(-1, x_{0}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)>0 ; x \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$ 即 $g(x)$ 在 $\left(-1, x_{0}\right)$ 上单调递增; 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 则 $x=x_{0}$ 为 $g(x)$ 唯一的极大值点 即: $f^{\prime}(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上存在唯一的极大值点 $x_{0}$. (2) 由 (1) 知: $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in(-1,+\infty)$ (1)当 $x \in(-1,0]$ 时, 由 (1) 可知 $f^{\prime}(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递增 $\therefore f^{\prime}(x) \leq f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递减 又 $f(0)=0$ $\therefore x=0$ 为 $f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上的唯一零点 (2)当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right]$ 时, $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$ $\therefore f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 此时 $f(x)>f(0)=0$, 不存在零点 又 $f^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=\cos \frac{\pi}{2}-\frac{2}{\pi+2}=-\frac{2}{\pi+2}<0$ $\therefore \exists x_{1} \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{1}\right)=0$ $\therefore f(x)$ 在 $\left(x_{0}, x_{1}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{1}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $f\left(x_{0}\right)>f(0)=0, f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\sin \frac{\pi}{2}-\ln \left(1+\frac{\pi}{2}\right)=\ln \frac{2 e}{\pi+2}>\ln 1=0$ $\therefore f(x)>0$ 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上恒成立, 此时不存在零点 (3)当 $x \in\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 时, $\sin x$ 单调递减, $-\ln (x+1)$ 单调递减 $\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减 又 $f\left(\frac{\pi}{2}\right)>0, \quad f(\pi)=\sin \pi-\ln (\pi+1)=-\ln (\pi+1)<0$ 即 $f(\pi) \cdot f\left(\frac{\pi}{2}\right)<0$, 又 $f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减 $\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上存在唯一零点 (4)当 $x \in(\pi,+\infty)$ 时, $\sin x \in[-1,1], \ln (x+1)>\ln (\pi+1)>\ln e=1$ $\therefore \sin x-\ln (x+1)<0$ 即 $f(x)$ 在 $(\pi,+\infty)$ 上不存在零点 综上所述: $f(x)$ 有且仅有 2 个零点 |
| llama3.1-70B-Instruct | (1)【解析】由题意可得f^{\prime}(x)=\cosx-\frac{1}{1+x},令f^{\prime}(x)=0,可得\cosx=\frac{1}{1+x},由此可得f^{\prime\prime}(x)=-\sinx+\frac{1}{(1+x)^{2}}=-\frac{1}{1+x}(\sinx(1+x)-1),当x\in(-1,\frac{\pi}{2})时,由\cosx=\frac{1}{1+x}可得\sinx(1+x)-1>0,所以f^{\prime\prime}(x)<0,所以f^{\prime}(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点.【答案】由题意可得f^{\prime}(x)=\cosx-\frac{1}{1+x},令f^{\prime}(x)=0,可得\cosx=\frac{1}{1+x},由此可得f^{\prime\prime}(x)=-\sinx+\frac{1}{(1+x)^{2}}=-\frac{1}{1+x}(\sinx(1+x)-1),当x\in(-1,\frac{\pi}{2})时,由\cosx=\frac{1}{1+x}可得\sinx(1+x)-1>0,所以f^{\prime\prime}(x)<0,所以f^{\prime}(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点.<eoa>(2)由题意可得f^{\prime}(x)=\cosx-\frac{1}{1+x},令f^{\prime}(x)=0,可得\cosx=\frac{1}{1+x},由此可得f^{\prime\prime}(x)=-\sinx+\frac{1}{(1+x)^{2}}=-\frac{1}{1+x}(\sinx(1+x)-1),当x\in(-1,\frac{\pi}{2})时,由\cosx=\frac{1}{1+x}可得\sinx(1+x)-1>0,所以f^{\prime\prime}(x)<0,所以f^{\prime}(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值点,所以f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})存在唯一极大值 |
【详解】(1) 由题意知: $f(x)$ 定义域为: $(-1,+\infty)$ 且 $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}$ 令 $g(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\therefore g^{\prime}(x)=-\sin x+\frac{1}{(x+1)^{2}}, \quad x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\because \frac{1}{(x+1)^{2}}$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减, $\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{7}$, 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 $\therefore g^{\prime}(x)$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $g^{\prime}(0)=-\sin 0+1=1>0, \quad g^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=-\sin \frac{\pi}{2}+\frac{4}{(\pi+2)^{2}}=\frac{4}{(\pi+2)^{2}}-1<0$ $\therefore \exists x_{0} \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $g^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ $\therefore$ 当 $x \in\left(-1, x_{0}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)>0 ; x \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$ 即 $g(x)$ 在 $\left(-1, x_{0}\right)$ 上单调递增; 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 则 $x=x_{0}$ 为 $g(x)$ 唯一的极大值点 即: $f^{\prime}(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上存在唯一的极大值点 $x_{0}$. (2) 由 (1) 知: $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in(-1,+\infty)$ (1)当 $x \in(-1,0]$ 时, 由 (1) 可知 $f^{\prime}(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递增 $\therefore f^{\prime}(x) \leq f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递减 又 $f(0)=0$ $\therefore x=0$ 为 $f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上的唯一零点 (2)当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right]$ 时, $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$ $\therefore f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 此时 $f(x)>f(0)=0$, 不存在零点 又 $f^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=\cos \frac{\pi}{2}-\frac{2}{\pi+2}=-\frac{2}{\pi+2}<0$ $\therefore \exists x_{1} \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{1}\right)=0$ $\therefore f(x)$ 在 $\left(x_{0}, x_{1}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{1}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $f\left(x_{0}\right)>f(0)=0, f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\sin \frac{\pi}{2}-\ln \left(1+\frac{\pi}{2}\right)=\ln \frac{2 e}{\pi+2}>\ln 1=0$ $\therefore f(x)>0$ 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上恒成立, 此时不存在零点 (3)当 $x \in\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 时, $\sin x$ 单调递减, $-\ln (x+1)$ 单调递减 $\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减 又 $f\left(\frac{\pi}{2}\right)>0, \quad f(\pi)=\sin \pi-\ln (\pi+1)=-\ln (\pi+1)<0$ 即 $f(\pi) \cdot f\left(\frac{\pi}{2}\right)<0$, 又 $f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减 $\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上存在唯一零点 (4)当 $x \in(\pi,+\infty)$ 时, $\sin x \in[-1,1], \ln (x+1)>\ln (\pi+1)>\ln e=1$ $\therefore \sin x-\ln (x+1)<0$ 即 $f(x)$ 在 $(\pi,+\infty)$ 上不存在零点 综上所述: $f(x)$ 有且仅有 2 个零点 |
| llama3.1-405B-Instruct | (1)由f(x)=\sinx-\ln(1+x),得f'(x)=\cosx-\frac{1}{1+x},f''(x)=-\sinx+\frac{1}{(1+x)^{2}}当x\in(-1,\frac{\pi}{2})时,f''(x)<0,所以f'(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})内单调递减,故f'(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})内最多只有一个零点,即f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})内最多只有一个极值点,又f'(0)=0,所以f'(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})内存在唯一的零点,即f(x)在区间(-1,\frac{\pi}{2})内存在唯一的极 |
【详解】(1) 由题意知: $f(x)$ 定义域为: $(-1,+\infty)$ 且 $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}$ 令 $g(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\therefore g^{\prime}(x)=-\sin x+\frac{1}{(x+1)^{2}}, \quad x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\because \frac{1}{(x+1)^{2}}$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减, $\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{7}$, 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 $\therefore g^{\prime}(x)$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $g^{\prime}(0)=-\sin 0+1=1>0, \quad g^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=-\sin \frac{\pi}{2}+\frac{4}{(\pi+2)^{2}}=\frac{4}{(\pi+2)^{2}}-1<0$ $\therefore \exists x_{0} \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $g^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ $\therefore$ 当 $x \in\left(-1, x_{0}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)>0 ; x \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$ 即 $g(x)$ 在 $\left(-1, x_{0}\right)$ 上单调递增; 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 则 $x=x_{0}$ 为 $g(x)$ 唯一的极大值点 即: $f^{\prime}(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上存在唯一的极大值点 $x_{0}$. (2) 由 (1) 知: $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in(-1,+\infty)$ (1)当 $x \in(-1,0]$ 时, 由 (1) 可知 $f^{\prime}(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递增 $\therefore f^{\prime}(x) \leq f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递减 又 $f(0)=0$ $\therefore x=0$ 为 $f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上的唯一零点 (2)当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right]$ 时, $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$ $\therefore f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 此时 $f(x)>f(0)=0$, 不存在零点 又 $f^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=\cos \frac{\pi}{2}-\frac{2}{\pi+2}=-\frac{2}{\pi+2}<0$ $\therefore \exists x_{1} \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{1}\right)=0$ $\therefore f(x)$ 在 $\left(x_{0}, x_{1}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{1}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $f\left(x_{0}\right)>f(0)=0, f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\sin \frac{\pi}{2}-\ln \left(1+\frac{\pi}{2}\right)=\ln \frac{2 e}{\pi+2}>\ln 1=0$ $\therefore f(x)>0$ 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上恒成立, 此时不存在零点 (3)当 $x \in\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 时, $\sin x$ 单调递减, $-\ln (x+1)$ 单调递减 $\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减 又 $f\left(\frac{\pi}{2}\right)>0, \quad f(\pi)=\sin \pi-\ln (\pi+1)=-\ln (\pi+1)<0$ 即 $f(\pi) \cdot f\left(\frac{\pi}{2}\right)<0$, 又 $f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减 $\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上存在唯一零点 (4)当 $x \in(\pi,+\infty)$ 时, $\sin x \in[-1,1], \ln (x+1)>\ln (\pi+1)>\ln e=1$ $\therefore \sin x-\ln (x+1)<0$ 即 $f(x)$ 在 $(\pi,+\infty)$ 上不存在零点 综上所述: $f(x)$ 有且仅有 2 个零点 |
| DeepSeek-Coder-V2 | "(1)【解析】 首先，我们需要求出函数 $f(x) = \\sin x - \\ln(1+x)$ 的导数 $f'(x)$。\n\n\\[ f'(x) = \\cos x - \\frac{1}{1+x} \\]\n\n接下来，我们需要找到 $f'(x)$ 的极值点。为此，我们需要求 $f''(x)$ 并分析其符号变化。\n\n\\[ f''(x) = -\\sin x + \\frac{1}{(1+x)^2} \\]\n\n我们需要分析 $f''(x)$ 在区间 $\\left(-1, \\frac{\\pi}{2}\\right)$ 的符号变化。注意到 $\\sin x$ 在 $\\left(-1, \\frac{\\pi}{2}\\right)$ 是单调递增的，而 $\\frac{1}{(1+x)^2}$ 在该区间是单调递减的。\n\n考虑 $f''(x) = 0$ 的情况：\n\n\\[ -\\sin x + \\frac{1}{(1+x)^2} = 0 \\]\n\\[ \\sin x = \\frac{1}{(1+x)^2} \\]\n\n由于 $\\sin x$ 在 $\\left(-1, \\frac{\\pi}{2}\\right)$ 是单调递增的，而 $\\frac{1}{(1+x)^2}$ 是单调递减的，因此在 $\\left(-1, \\frac{\\pi}{2}\\right)$ 内存在唯一的交点，即 $f''(x) = 0$ 有唯一解。\n\n因此，$f'(x)$ 在区间 $\\left(-1, \\frac{\\pi}{2}\\right)$ 存在唯一极大值点。<eoe>\n\n【答案】 $f'(x)$ 在区间 $\\left(-1, \\frac{\\pi}{2}\\right)$ 存在唯一极大值点。<eoa>\n\n(2)【解析】 我们需要证明 $f(x)$ 有且仅有 2 个零点。首先，考虑 $f(x) = \\sin x - \\ln(1+x)$ 在区间 $\\left(-1, \\frac{\\pi}{2}\\right)$ 的行为。\n\n在 $x = 0$ 处，$f(0) = \\sin 0 - \\ln(1+0) = 0$，所以 $x = 0$ 是一个零点。\n\n接下来，我们分析 $f(x)$ 在 $\\left(-1, 0\\right)$ 和 $\\left(0, \\frac{\\pi}{2}\\right)$ 的行为。\n\n在 $\\left(-1, 0\\right)$ 区间，$\\sin x$ 是正的且递增的，而 $\\ln(1+x)$ 是负的且递增的。因此，$f(x) = \\sin x - \\ln(1+x)$ 在 $\\left(-1, 0\\right)$ 区间是递增的。\n\n在 $\\left(0, \\frac{\\pi}{2}\\right)$ 区间，$\\sin x$ 是正的且递增的，而 $\\ln(1+x)$ 是正的且递增的。我们需要检查 $f(x)$ 在该区间的符号变化。\n\n考虑 $f(x)$ 在 $x = \\frac{\\pi}{2}$ 处的值：\n\n\\[ f\\left(\\frac{\\pi}{2}\\right) = \\sin\\left(\\frac{\\pi}{2}\\right) - \\ln\\left(1+\\frac{\\pi}{2}\\right) = 1 - \\ln\\left(1+\\frac{\\pi}{2}\\right) \\]\n\n由于 $\\ln\\left(1+\\frac{\\pi}{2}\\right) > 1$，所以 $f\\left(\\frac{\\pi}{2}\\right) < 0$。\n\n结合 $f(x)$ 在 $\\left(-1, 0\\right)$ 和 $\\left(0, \\frac{\\pi}{2}\\right)$ 的行为，我们可以得出 $f(x)$ 在 $\\left(-1, \\frac{\\pi}{2}\\right)$ 内有且仅有 2 个零点。<eoe>\n\n【答案】 $f(x)$ 有且仅有 2 个零点。<eoa>" | 【详解】(1) 由题意知: $f(x)$ 定义域为: $(-1,+\infty)$ 且 $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}$ 令 $g(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\therefore g^{\prime}(x)=-\sin x+\frac{1}{(x+1)^{2}}, \quad x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\because \frac{1}{(x+1)^{2}}$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减, $\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{7}$, 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 $\therefore g^{\prime}(x)$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $g^{\prime}(0)=-\sin 0+1=1>0, \quad g^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=-\sin \frac{\pi}{2}+\frac{4}{(\pi+2)^{2}}=\frac{4}{(\pi+2)^{2}}-1<0$ $\therefore \exists x_{0} \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $g^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ $\therefore$ 当 $x \in\left(-1, x_{0}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)>0 ; x \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$ 即 $g(x)$ 在 $\left(-1, x_{0}\right)$ 上单调递增; 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 则 $x=x_{0}$ 为 $g(x)$ 唯一的极大值点 即: $f^{\prime}(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上存在唯一的极大值点 $x_{0}$. (2) 由 (1) 知: $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in(-1,+\infty)$ (1)当 $x \in(-1,0]$ 时, 由 (1) 可知 $f^{\prime}(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递增 $\therefore f^{\prime}(x) \leq f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递减 又 $f(0)=0$ $\therefore x=0$ 为 $f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上的唯一零点 (2)当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right]$ 时, $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$ $\therefore f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 此时 $f(x)>f(0)=0$, 不存在零点 又 $f^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=\cos \frac{\pi}{2}-\frac{2}{\pi+2}=-\frac{2}{\pi+2}<0$ $\therefore \exists x_{1} \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{1}\right)=0$ $\therefore f(x)$ 在 $\left(x_{0}, x_{1}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{1}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $f\left(x_{0}\right)>f(0)=0, f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\sin \frac{\pi}{2}-\ln \left(1+\frac{\pi}{2}\right)=\ln \frac{2 e}{\pi+2}>\ln 1=0$ $\therefore f(x)>0$ 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上恒成立, 此时不存在零点 (3)当 $x \in\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 时, $\sin x$ 单调递减, $-\ln (x+1)$ 单调递减 $\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减 又 $f\left(\frac{\pi}{2}\right)>0, \quad f(\pi)=\sin \pi-\ln (\pi+1)=-\ln (\pi+1)<0$ 即 $f(\pi) \cdot f\left(\frac{\pi}{2}\right)<0$, 又 $f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减 $\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上存在唯一零点 (4)当 $x \in(\pi,+\infty)$ 时, $\sin x \in[-1,1], \ln (x+1)>\ln (\pi+1)>\ln e=1$ $\therefore \sin x-\ln (x+1)<0$ 即 $f(x)$ 在 $(\pi,+\infty)$ 上不存在零点 综上所述: $f(x)$ 有且仅有 2 个零点 |
| Qwen2-72B-Instruct | "(1)【解析】 首先，我们要找出 $f^{\\prime}(x)$ 的表达式。给定 $f(x) = \\sin x - \\ln(1 + x)$，则 $f^{\\prime}(x) = \\cos x - \\frac{1}{1 + x}$。要证明 $f^{\\prime}(x)$ 在区间 $\\left(-1, \\frac{\\pi}{2}\\right)$ 存在唯一极大值点，我们需要找到 $f^{\\prime\\prime}(x)$，即 $f^{\\prime}(x)$ 的导数，然后分析其符号变化。\n\n计算 $f^{\\prime\\prime}(x)$，得到 $f^{\\prime\\prime}(x) = -\\sin x + \\frac{1}{(1 + x)^2}$。我们观察 $f^{\\prime\\prime}(x)$ 的符号变化。在区间 $\\left(-1, \\frac{\\pi}{2}\\right)$ 上，$-\\sin x$ 是负的（除了 $x = 0$ 时为 $0$），而 $\\frac{1}{(1 + x)^2}$ 总是正的。因此，$f^{\\prime\\prime}(x)$ 的符号由 $-\\sin x$ 和 $\\frac{1}{(1 + x)^2}$ 的相对大小决定。在 $x = 0$ 附近，$-\\sin x$ 接近 $0$，而 $\\frac{1}{(1 + x)^2}$ 接近 $1$，$f^{\\prime\\prime}(x)$ 为正。随着 $x$ 的增加，$\\sin x$ 增加，最终 $f^{\\prime\\prime}(x)$ 变为负的。因此，存在一个点，$f^{\\prime\\prime}(x)$ 从正变负，这意味着 $f^{\\prime}(x)$ 在该点达到极大值。由于 $f^{\\prime\\prime}(x)$ 在该区间内连续且仅改变一次符号，故极大值点唯一。\n<eoe>\n【答案】 令 $f^{\\prime\\prime}(x) = 0$，即 $-\\sin x + \\frac{1}{(1 + x)^2} = 0$，我们解此方程以确定极大值点。由于 $f^{\\prime\\prime}(x)$ 在 $\\left(-1, \\frac{\\pi}{2}\\right)$ 区间内仅改变一次符号，故存在唯一极大值点。\n<eoa>\n\n(2)【解析】 要证明 $f(x)$ 有且仅有 2 个零点，我们分析 $f(x)$ 的行为。首先，观察 $f(x)$ 在区间端点的值：$f(-1)$ 未定义，$f(0) = 0 - \\ln 1 = 0$，$f\\left(\\frac{\\pi}{2}\\right) = 1 - \\ln\\left(1 + \\frac{\\pi}{2}\\right)$。注意到 $\\ln\\left(1 + \\frac{\\pi}{2}\\right) > 0$，因此 $f\\left(\\frac{\\pi}{2}\\right) < 1$。由于 $f(x)$ 在 $\\left(-1, \\frac{\\pi}{2}\\right)$ 内连续，且 $f(0) = 0$，我们需要分析 $f(x)$ 的单调性和极值点以确定零点的数量。\n\n由于 $f^{\\prime}(x)$ 在 $\\left(-1, \\frac{\\pi}{2}\\right)$ 内存在唯一极大值点，这意味着 $f(x)$ 在极大值点左侧递增，在极大值点右侧递减。因此，$f(x)$ 在极大值点处达到最大值。由于 $f(0) = 0$ 并且 $f(x)$ 在极大值点左侧递增，$f(x)$ 必须在极大值点左侧某处再次等于 $0$（即存在第二个零点）。在极大值点右侧，由于 $f(x)$ 递减，且 $f\\left(\\frac{\\pi}{2}\\right) < 1$，$f(x)$ 不可能再次等于 $0$。因此，$f(x)$ 在 $\\left(-1, \\frac{\\pi}{2}\\right)$ 内有且仅有 2 个零点。\n<eoe>\n【答案】 由于 $f(x)$ 在极大值点左侧递增，在极大值点右侧递减，$f(0) = 0$，且 $f\\left(\\frac{\\pi}{2}\\right) < 1$，$f(x)$ 在极大值点左侧存在第二个零点，而在极大值点右侧不再有零点。因此，$f(x)$ 在 $\\left(-1, \\frac{\\pi}{2}\\right)$ 内有且仅有 2 个零点。\n<eoa>" | 【详解】(1) 由题意知: $f(x)$ 定义域为: $(-1,+\infty)$ 且 $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}$ 令 $g(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\therefore g^{\prime}(x)=-\sin x+\frac{1}{(x+1)^{2}}, \quad x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\because \frac{1}{(x+1)^{2}}$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减, $\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{7}$, 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 $\therefore g^{\prime}(x)$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $g^{\prime}(0)=-\sin 0+1=1>0, \quad g^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=-\sin \frac{\pi}{2}+\frac{4}{(\pi+2)^{2}}=\frac{4}{(\pi+2)^{2}}-1<0$ $\therefore \exists x_{0} \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $g^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ $\therefore$ 当 $x \in\left(-1, x_{0}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)>0 ; x \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$ 即 $g(x)$ 在 $\left(-1, x_{0}\right)$ 上单调递增; 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 则 $x=x_{0}$ 为 $g(x)$ 唯一的极大值点 即: $f^{\prime}(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上存在唯一的极大值点 $x_{0}$. (2) 由 (1) 知: $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in(-1,+\infty)$ (1)当 $x \in(-1,0]$ 时, 由 (1) 可知 $f^{\prime}(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递增 $\therefore f^{\prime}(x) \leq f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递减 又 $f(0)=0$ $\therefore x=0$ 为 $f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上的唯一零点 (2)当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right]$ 时, $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$ $\therefore f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 此时 $f(x)>f(0)=0$, 不存在零点 又 $f^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=\cos \frac{\pi}{2}-\frac{2}{\pi+2}=-\frac{2}{\pi+2}<0$ $\therefore \exists x_{1} \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{1}\right)=0$ $\therefore f(x)$ 在 $\left(x_{0}, x_{1}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{1}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $f\left(x_{0}\right)>f(0)=0, f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\sin \frac{\pi}{2}-\ln \left(1+\frac{\pi}{2}\right)=\ln \frac{2 e}{\pi+2}>\ln 1=0$ $\therefore f(x)>0$ 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上恒成立, 此时不存在零点 (3)当 $x \in\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 时, $\sin x$ 单调递减, $-\ln (x+1)$ 单调递减 $\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减 又 $f\left(\frac{\pi}{2}\right)>0, \quad f(\pi)=\sin \pi-\ln (\pi+1)=-\ln (\pi+1)<0$ 即 $f(\pi) \cdot f\left(\frac{\pi}{2}\right)<0$, 又 $f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减 $\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上存在唯一零点 (4)当 $x \in(\pi,+\infty)$ 时, $\sin x \in[-1,1], \ln (x+1)>\ln (\pi+1)>\ln e=1$ $\therefore \sin x-\ln (x+1)<0$ 即 $f(x)$ 在 $(\pi,+\infty)$ 上不存在零点 综上所述: $f(x)$ 有且仅有 2 个零点 |
| baichuan4 | (1)【解析】首先，我们需要找到函数 $f(x)$ 的导数 $f'(x)$。给定的函数是 $f(x) = \sin x - \ln(1+x)$。对其求导得到： $$f'(x) = \cos x - \frac{1}{1+x}.$$ 为了证明 $f'(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 存在唯一极大值点，我们需要找到 $f'(x)$ 的极值点，即令 $f''(x) = 0$ 并判断二阶导数的符号。 计算 $f'(x)$ 的导数： $$f''(x) = -\sin x - \frac{-1}{(1+x)^2} = -\sin x + \frac{1}{(1+x)^2}.$$ 接下来，我们解方程 $f''(x) = 0$ 来找到可能的极值点： $$-\sin x + \frac{1}{(1+x)^2} = 0.$$ 这个方程不容易直接解析求解，但我们可以通过分析函数的性质来证明极值点的存在性和唯一性。注意到 $f''(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上的行为：当 $x$ 从 $-1$ 增加到 $\frac{\pi}{2}$ 时，$-\sin x$ 从 $0$ 减小到 $-1$，而 $\frac{1}{(1+x)^2}$ 从正无穷减小到 $\frac{4}{\pi^2}$。由于这两个函数的变化速率不同，必然存在一个点 $x_0$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 使得 $f''(x_0) = 0$。 进一步，由于 $-\sin x$ 在 $(-1, \frac{\pi}{2})$ 上单调递减，而 $\frac{1}{(1+x)^2}$ 单调递增，我们可以得出 $f''(x)$ 在 $x_0$ 左侧为正，在 $x_0$ 右侧为负，这意味着 $f'(x)$ 在 $x_0$ 处取得极大值。由于 $f'(x)$ 在端点 $-1$ 和 $\frac{\pi}{2}$ 处的值分别为 $-\infty$ 和 $-\frac{2}{\pi}$，根据中值定理，$f'(x)$ 在 $(-1, \frac{\pi}{2})$ 内至少有一个零点，即 $f'(x)$ 至少在 $x_0$ 处有一个极大值。 最后，我们需要证明这个极大值点是唯一的。假设存在两个不同的极大值点 $x_1$ 和 $x_2$，那么由于 $f''(x)$ 在 $(-1, \frac{\pi}{2})$ 上只有单一的零点，这两个极大值点之间必然存在一个极小值点。但这与 $f'(x)$ 在 $(-1, \frac{\pi}{2})$ 上的行为矛盾，因为 $f'(x)$ 是先增加后减少的。因此，$f'(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 存在唯一极大值点。 【答案】证明完毕，$f'(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 存在唯一极大值点。 (2)【解析】要证明 $f(x)$ 有且仅有 2 个零点，我们需要考虑 $f(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 的行为。由于 $f(-1) = -\infty$（因为 $\ln(1+(-1))$ 是未定义的）并且 $f(0) = 0$，我们知道 $f(x)$ 在 $(-1,0]$ 内至少有一个零点。 接下来，我们观察 $f(x)$ 在 $x=0$ 之后的行为。由于 $f'(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 存在唯一极大值点，这意味着 $f(x)$ 在该极大值点之前是增加的，在之后是减少的。因此，$f(x)$ 在经过极大值点后会减少到某个最小值，然后再增加。 由于 $f(x)$ 是连续函数，并且在 $x=\frac{\pi}{2}$ 处，$f(x)$ 的值为 $1 - \ln\left(1 + \frac{\pi}{2}\right)$，这是正数。根据介值定理，$f(x)$ 在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 内至少有一个零点。 现在，我们已经证明了 $f(x)$ 在 $(-1,0]$ 和 $(0, \frac{\pi}{2})$ 内各有一个零点。为了证明这是唯一的两个零点，我们需要证明 $f(x)$ 在 $(-1, \frac{\pi}{2})$ 内的其他部分不会再次穿越 $x$ 轴。由于 $f'(x)$ 在极大值点左侧为正，在极大值点右侧为负，$f(x)$ 在极大值点之前单调递增，在极大值点之后单调递减。这意味着 $f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上的零点是唯一的，而在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 上的零点也是唯一的。 综上所述，$f(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上有且仅有 2 个零点。 【答案】证明完毕，$f(x)$ 有且仅有 2 个零点。 |
【详解】(1) 由题意知: $f(x)$ 定义域为: $(-1,+\infty)$ 且 $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}$ 令 $g(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\therefore g^{\prime}(x)=-\sin x+\frac{1}{(x+1)^{2}}, \quad x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\because \frac{1}{(x+1)^{2}}$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减, $\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{7}$, 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 $\therefore g^{\prime}(x)$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $g^{\prime}(0)=-\sin 0+1=1>0, \quad g^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=-\sin \frac{\pi}{2}+\frac{4}{(\pi+2)^{2}}=\frac{4}{(\pi+2)^{2}}-1<0$ $\therefore \exists x_{0} \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $g^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ $\therefore$ 当 $x \in\left(-1, x_{0}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)>0 ; x \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$ 即 $g(x)$ 在 $\left(-1, x_{0}\right)$ 上单调递增; 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 则 $x=x_{0}$ 为 $g(x)$ 唯一的极大值点 即: $f^{\prime}(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上存在唯一的极大值点 $x_{0}$. (2) 由 (1) 知: $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in(-1,+\infty)$ (1)当 $x \in(-1,0]$ 时, 由 (1) 可知 $f^{\prime}(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递增 $\therefore f^{\prime}(x) \leq f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递减 又 $f(0)=0$ $\therefore x=0$ 为 $f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上的唯一零点 (2)当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right]$ 时, $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$ $\therefore f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 此时 $f(x)>f(0)=0$, 不存在零点 又 $f^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=\cos \frac{\pi}{2}-\frac{2}{\pi+2}=-\frac{2}{\pi+2}<0$ $\therefore \exists x_{1} \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{1}\right)=0$ $\therefore f(x)$ 在 $\left(x_{0}, x_{1}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{1}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $f\left(x_{0}\right)>f(0)=0, f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\sin \frac{\pi}{2}-\ln \left(1+\frac{\pi}{2}\right)=\ln \frac{2 e}{\pi+2}>\ln 1=0$ $\therefore f(x)>0$ 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上恒成立, 此时不存在零点 (3)当 $x \in\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 时, $\sin x$ 单调递减, $-\ln (x+1)$ 单调递减 $\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减 又 $f\left(\frac{\pi}{2}\right)>0, \quad f(\pi)=\sin \pi-\ln (\pi+1)=-\ln (\pi+1)<0$ 即 $f(\pi) \cdot f\left(\frac{\pi}{2}\right)<0$, 又 $f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减 $\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上存在唯一零点 (4)当 $x \in(\pi,+\infty)$ 时, $\sin x \in[-1,1], \ln (x+1)>\ln (\pi+1)>\ln e=1$ $\therefore \sin x-\ln (x+1)<0$ 即 $f(x)$ 在 $(\pi,+\infty)$ 上不存在零点 综上所述: $f(x)$ 有且仅有 2 个零点 |
| doubao | (1)【解析】设$g(x)=f'(x)=\cos x-\frac{1}{1+x}$，则$g'(x)=-\sin x+\frac{1}{(1+x)^{2}}$。在区间$(-1,\frac{\pi}{2})$上，$g'(x)$单调递减，且$g'(0)=-\sin 0+\frac{1}{(1+0)^{2}}=1>0$，$g'(\frac{\pi}{2})=-\sin \frac{\pi}{2}+\frac{1}{(1+\frac{\pi}{2})^{2}}=-\frac{2}{\pi+2}<0$，所以存在唯一$x_{0}\in(0,\frac{\pi}{2})$，使得$g'(x_{0})=0$。当$x\in(-1,x_{0})$时，$g'(x)>0$，$g(x)$单调递增；当$x\in(x_{0},\frac{\pi}{2})$时，$g'(x)<0$，$g(x)$单调递减，所以$f'(x)$在区间$(-1,\frac{\pi}{2})$存在唯一极大值点$x_{0}$。<eoe> 【答案】证明略。<eoa> (2)【解析】当$x\in(-1,0]$时，$\sin x<0$，$\ln(1+x)\leq\ln(1+0)=0$，所以$f(x)=\sin x-\ln(1+x)>0$，$f(x)$在$(-1,0]$上无零点。当$x\in(0,\frac{\pi}{2})$时，$f'(x)$在$(0,x_{0})$上单调递增，在$(x_{0},\frac{\pi}{2})$上单调递减，且$f'(0)=0$，$f'(\frac{\pi}{2})<0$，所以$f(x)$在$(0,\frac{\pi}{2})$上先增后减，又$f(0)=0$，$f(\frac{\pi}{2})=1-\ln(1+\frac{\pi}{2})>0$，所以$f(x)$在$(0,\frac{\pi}{2})$上有一个零点。当$x\geq\frac{\pi}{2}$时，$\sin x\in[-1,1]$，$\ln(1+x)>\ln(1+\frac{\pi}{2})>1$，所以$f(x)<0$，$f(x)$在$[\frac{\pi}{2},+\infty)$上无零点。综上，$f(x)$有且仅有 2 个零点。<eoe> 【答案】证明略。<eoa> |
【详解】(1) 由题意知: $f(x)$ 定义域为: $(-1,+\infty)$ 且 $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}$ 令 $g(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\therefore g^{\prime}(x)=-\sin x+\frac{1}{(x+1)^{2}}, \quad x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\because \frac{1}{(x+1)^{2}}$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减, $\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{7}$, 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 $\therefore g^{\prime}(x)$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $g^{\prime}(0)=-\sin 0+1=1>0, \quad g^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=-\sin \frac{\pi}{2}+\frac{4}{(\pi+2)^{2}}=\frac{4}{(\pi+2)^{2}}-1<0$ $\therefore \exists x_{0} \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $g^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ $\therefore$ 当 $x \in\left(-1, x_{0}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)>0 ; x \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$ 即 $g(x)$ 在 $\left(-1, x_{0}\right)$ 上单调递增; 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 则 $x=x_{0}$ 为 $g(x)$ 唯一的极大值点 即: $f^{\prime}(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上存在唯一的极大值点 $x_{0}$. (2) 由 (1) 知: $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in(-1,+\infty)$ (1)当 $x \in(-1,0]$ 时, 由 (1) 可知 $f^{\prime}(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递增 $\therefore f^{\prime}(x) \leq f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递减 又 $f(0)=0$ $\therefore x=0$ 为 $f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上的唯一零点 (2)当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right]$ 时, $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$ $\therefore f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 此时 $f(x)>f(0)=0$, 不存在零点 又 $f^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=\cos \frac{\pi}{2}-\frac{2}{\pi+2}=-\frac{2}{\pi+2}<0$ $\therefore \exists x_{1} \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{1}\right)=0$ $\therefore f(x)$ 在 $\left(x_{0}, x_{1}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{1}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $f\left(x_{0}\right)>f(0)=0, f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\sin \frac{\pi}{2}-\ln \left(1+\frac{\pi}{2}\right)=\ln \frac{2 e}{\pi+2}>\ln 1=0$ $\therefore f(x)>0$ 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上恒成立, 此时不存在零点 (3)当 $x \in\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 时, $\sin x$ 单调递减, $-\ln (x+1)$ 单调递减 $\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减 又 $f\left(\frac{\pi}{2}\right)>0, \quad f(\pi)=\sin \pi-\ln (\pi+1)=-\ln (\pi+1)<0$ 即 $f(\pi) \cdot f\left(\frac{\pi}{2}\right)<0$, 又 $f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减 $\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上存在唯一零点 (4)当 $x \in(\pi,+\infty)$ 时, $\sin x \in[-1,1], \ln (x+1)>\ln (\pi+1)>\ln e=1$ $\therefore \sin x-\ln (x+1)<0$ 即 $f(x)$ 在 $(\pi,+\infty)$ 上不存在零点 综上所述: $f(x)$ 有且仅有 2 个零点 |
| minimax | (1)【解析】首先我们需要求出函数 $f(x)=\sin x-\ln (1+x)$ 的导数 $f^{\prime}(x)$。根据导数的定义和基本的导数运算法则，我们可以分别对 $\sin x$ 和 $\ln (1+x)$ 求导，然后将结果相减得到 $f^{\prime}(x)$。 求导后，我们需要找到 $f^{\prime}(x)$ 的零点，即解方程 $f^{\prime}(x)=0$。然后，我们需要判断这个零点是极大值点还是极小值点，或者是鞍点。为此，我们可以使用导数的第二法则，即求出 $f^{\prime\prime}(x)$ 并检查在零点处的符号。如果 $f^{\prime\prime}(x)$ 在零点处为负，则该点是极大值点。 由于题目要求我们证明极大值点在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 存在唯一，我们需要证明在区间端点 $-1$ 和 $\frac{\pi}{2}$ 处 $f^{\prime}(x)$ 的符号，并且在区间内部 $f^{\prime}(x)$ 只有一个零点。 首先求导数 $f^{\prime}(x)$，然后求 $f^{\prime\prime}(x)$，最后分析导数的符号变化。<eoe> 【答案】首先求导数 $f^{\prime}(x)$： $$f^{\prime}(x) = \frac{d}{dx}(\sin x - \ln(1+x)) = \cos x - \frac{1}{1+x}.$$ 接着求 $f^{\prime\prime}(x)$： $$f^{\prime\prime}(x) = \frac{d}{dx}(\cos x - \frac{1}{1+x}) = -\sin x - \frac{1}{(1+x)^2}.$$ 为了找到 $f^{\prime}(x)$ 的零点，我们需要解方程： $$\cos x - \frac{1}{1+x} = 0.$$ $$\cos x = \frac{1}{1+x}.$$ 由于 $\cos x$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 内是单调递减的，而 $\frac{1}{1+x}$ 是单调递增的，因此它们的图像在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 内只会相交一次，这意味着 $f^{\prime}(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 内只有一个零点。 为了确定这个零点是极大值点，我们需要检查 $f^{\prime\prime}(x)$ 在零点处的符号。由于 $\sin x$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 内是非负的，而 $\frac{1}{(1+x)^2}$ 总是正的，所以 $f^{\prime\prime}(x)$ 在零点处为负，这意味着零点是一个极大值点。 现在我们需要检查区间端点处的 $f^{\prime}(x)$ 的符号。当 $x \to -1^+$ 时，$\cos x \to \cos(-1)$，而 $\frac{1}{1+x} \to \infty$，所以 $f^{\prime}(x) \to -\infty$，这意味着在 $x = -1$ 处 $f^{\prime}(x)$ 是负的。当 $x \to \frac{\pi}{2}^-$ 时，$\cos x \to 0$，而 $\frac{1}{1+x} \to \frac{1}{1+\frac{\pi}{2}}$，所以 $f^{\prime}(x) \to -\frac{1}{1+\frac{\pi}{2}}$，这意味着在 $x = \frac{\pi}{2}$ 处 $f^{\prime}(x)$ 也是负的。 由于 $f^{\prime}(x)$ 在区间端点处为负，在区间内部只有一个零点，并且在该零点处 $f^{\prime\prime}(x)$ 为负，我们可以得出结论：$f^{\prime}(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 存在唯一极大值点。<eoa> (2)【解析】为了证明 $f(x)$ 有且仅有 2 个零点，我们可以考虑函数 $f(x)$ 的单调性以及在特定点的函数值。 首先，我们已经知道 $f^{\prime}(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 存在唯一极大值点。这意味着在该区间内 $f(x)$ 的单调性会发生变化。由于 $f^{\prime}(x)$ 在极大值点左侧为正，在极大值点右侧为负，因此 $f(x)$ 在极大值点左侧是单调递增的，在极大值点右侧是单调递减的。 接下来，我们需要考虑 $f(x)$ 在区间端点的函数值。由于 $\sin x$ 在 $x = -1$ 时为负，在 $x = \frac{\pi}{2}$ 时为正，而 $\ln(1+x)$ 在 $x = -1$ 时是未定义的，在 $x = \frac{\pi}{2}$ 时为正，我们可以推断出 $f(x)$ 在 $x = -1$ 时的函数值为负，在 $x = \frac{\pi}{2}$ 时的函数值为正。 由于 $f(x)$ 在极大值点左侧单调递增，在极大值点右侧单调递减，并且在区间端点的函数值符号不同，我们可以得出结论：$f(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 内至少有一个零点。由于 $f(x)$ 是连续函数，根据介值定理，$f(x)$ 在 $f(x)$ 从负值变为正值的过程中至少会经过一次零点。 为了证明 $f(x)$ 只有两个零点，我们需要证明 $f(x)$ 在 $x = -1$ 左侧和 $x = \frac{\pi}{2}$ 右侧没有其他零点。由于 $\sin x$ 在 $x = -1$ 左侧始终为负，而 $\ln(1+x)$ 在 $x = -1$ 左侧始终为正，因此 $f(x)$ 在 $x = -1$ 左侧始终为负，所以没有零点。同样地，由于 $\sin x$ 在 $x = \frac{\pi}{2}$ 右侧始终为正，而 $\ln(1+x)$ 在 $x = \frac{\pi}{2}$ 右侧始终为正，因此 $f(x)$ 在 $x = \frac{\pi}{2}$ 右侧始终为正，所以也没有零点。 综上所述，我们可以得出结论：$f(x)$ 有且仅有 2 个零点。<eoe> 【答案】由于 $f(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 内单调递增至极大值点，然后单调递减，且在区间端点的函数值符号不同（在 $x = -1$ 时为负，在 $x = \frac{\pi}{2}$ 时为正），根据介值定理，$f(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 内至少有一个零点。 为了证明 $f(x)$ 只有两个零点，我们需要证明在 $x = -1$ 左侧和 $x = \frac{\pi}{2}$ 右侧没有其他零点。由于 $\sin x$ 在 $x = -1$ 左侧始终为负，而 $\ln(1+x)$ 在 $x = -1$ 左侧始终为正，因此 $f(x)$ 在 $x = -1$ 左侧始终为负，所以没有零点。同样地，由于 $\sin x$ 在 $x = \frac{\pi}{2}$ 右侧始终为正，而 $\ln(1+x)$ 在 $x = \frac{\pi}{2}$ 右侧始终为正，因此 $f(x)$ 在 $x = \frac{\pi}{2}$ 右侧始终为正，所以也没有零点。 因此，结合以上分析，我们可以得出结论：$f(x)$ 有且仅有 2 个零点。<eoa> |
【详解】(1) 由题意知: $f(x)$ 定义域为: $(-1,+\infty)$ 且 $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}$ 令 $g(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\therefore g^{\prime}(x)=-\sin x+\frac{1}{(x+1)^{2}}, \quad x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\because \frac{1}{(x+1)^{2}}$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减, $\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{7}$, 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 $\therefore g^{\prime}(x)$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $g^{\prime}(0)=-\sin 0+1=1>0, \quad g^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=-\sin \frac{\pi}{2}+\frac{4}{(\pi+2)^{2}}=\frac{4}{(\pi+2)^{2}}-1<0$ $\therefore \exists x_{0} \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $g^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ $\therefore$ 当 $x \in\left(-1, x_{0}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)>0 ; x \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$ 即 $g(x)$ 在 $\left(-1, x_{0}\right)$ 上单调递增; 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 则 $x=x_{0}$ 为 $g(x)$ 唯一的极大值点 即: $f^{\prime}(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上存在唯一的极大值点 $x_{0}$. (2) 由 (1) 知: $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in(-1,+\infty)$ (1)当 $x \in(-1,0]$ 时, 由 (1) 可知 $f^{\prime}(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递增 $\therefore f^{\prime}(x) \leq f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递减 又 $f(0)=0$ $\therefore x=0$ 为 $f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上的唯一零点 (2)当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right]$ 时, $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$ $\therefore f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 此时 $f(x)>f(0)=0$, 不存在零点 又 $f^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=\cos \frac{\pi}{2}-\frac{2}{\pi+2}=-\frac{2}{\pi+2}<0$ $\therefore \exists x_{1} \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{1}\right)=0$ $\therefore f(x)$ 在 $\left(x_{0}, x_{1}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{1}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $f\left(x_{0}\right)>f(0)=0, f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\sin \frac{\pi}{2}-\ln \left(1+\frac{\pi}{2}\right)=\ln \frac{2 e}{\pi+2}>\ln 1=0$ $\therefore f(x)>0$ 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上恒成立, 此时不存在零点 (3)当 $x \in\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 时, $\sin x$ 单调递减, $-\ln (x+1)$ 单调递减 $\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减 又 $f\left(\frac{\pi}{2}\right)>0, \quad f(\pi)=\sin \pi-\ln (\pi+1)=-\ln (\pi+1)<0$ 即 $f(\pi) \cdot f\left(\frac{\pi}{2}\right)<0$, 又 $f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减 $\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上存在唯一零点 (4)当 $x \in(\pi,+\infty)$ 时, $\sin x \in[-1,1], \ln (x+1)>\ln (\pi+1)>\ln e=1$ $\therefore \sin x-\ln (x+1)<0$ 即 $f(x)$ 在 $(\pi,+\infty)$ 上不存在零点 综上所述: $f(x)$ 有且仅有 2 个零点 |
| kimi | (1)【解析】 首先，我们需要求出函数 $f(x)=\sin x-\ln (1+x)$ 的导数 $f'(x)$。根据导数的定义和求导法则，我们可以得到： $f'(x) = \cos x - \frac{1}{1+x}$ 接下来，我们需要找到 $f'(x)$ 在区间 $(-1, \frac{\pi}{2})$ 内的极值点。为了找到极值点，我们需要解方程 $f''(x) = 0$。 首先求出二阶导数 $f''(x)$： $f''(x) = -\sin x + \frac{1}{(1+x)^2}$ 然后解方程 $f''(x) = 0$： $-\sin x + \frac{1}{(1+x)^2} = 0$ $\sin x = \frac{1}{(1+x)^2}$ 由于 $-1 < x < \frac{\pi}{2}$，我们知道 $\sin x$ 的取值范围在 $(0, 1]$ 之间。而 $\frac{1}{(1+x)^2}$ 在这个区间内是递减的，且当 $x \to -1^+$ 时，$\frac{1}{(1+x)^2} \to \infty$，当 $x \to \frac{\pi}{2}^-$ 时，$\frac{1}{(1+x)^2} \to 0$。因此，方程在该区间内必有一个解。 为了确定这个解是极大值点，我们可以分析二阶导数的符号。当 $x < x_0$ 时，$f''(x) > 0$，说明 $f'(x)$ 在 $x_0$ 左侧是递增的；当 $x > x_0$ 时，$f''(x) < 0$，说明 $f'(x)$ 在 $x_0$ 右侧是递减的。因此，$x_0$ 是 $f'(x)$ 的极大值点。 <eoe> 【答案】 $f'(x)$ 在区间 $(-1, \frac{\pi}{2})$ 存在唯一极大值点。 (2)【解析】 为了证明 $f(x)$ 有且仅有 2 个零点，我们可以先分析 $f(x)$ 的单调性。 我们已经知道 $f'(x) = \cos x - \frac{1}{1+x}$，并且 $f'(x)$ 在 $(-1, \frac{\pi}{2})$ 内有一个极大值点。由于 $\cos x$ 在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 内是递减的，而 $\frac{1}{1+x}$ 在 $(-1, \infty)$ 内是递减的，所以 $f'(x)$ 在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 内是递减的。 接下来，我们分析 $f(x)$ 在不同区间的符号： 1. 当 $x \to -1^+$ 时，$\sin x \to 0$，$\ln(1+x) \to 0$，所以 $f(x) \to 0$。 2. 当 $x \to \frac{\pi}{2}^-$ 时，$\sin x \to 1$，$\ln(1+x) \to \infty$，所以 $f(x) \to -\infty$。 由于 $f(x)$ 在 $(-1, 0)$ 内递增，在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 内递减，我们可以得出结论：$f(x)$ 在 $(-1, 0)$ 内有一个零点，在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 内有一个零点。 此外，当 $x > \frac{\pi}{2}$ 时，$\sin x$ 是周期函数，而 $\ln(1+x)$ 继续递增，所以 $f(x)$ 在 $(\frac{\pi}{2}, \infty)$ 内是递减的。由于 $f(\frac{\pi}{2}) = 1 - \ln(\frac{\pi}{2} + 1) < 0$，我们可以得出 $f(x)$ 在 $(\frac{\pi}{2}, \infty)$ 内没有零点。 因此，$f(x) |
【详解】(1) 由题意知: $f(x)$ 定义域为: $(-1,+\infty)$ 且 $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}$ 令 $g(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\therefore g^{\prime}(x)=-\sin x+\frac{1}{(x+1)^{2}}, \quad x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\because \frac{1}{(x+1)^{2}}$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减, $\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{7}$, 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 $\therefore g^{\prime}(x)$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $g^{\prime}(0)=-\sin 0+1=1>0, \quad g^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=-\sin \frac{\pi}{2}+\frac{4}{(\pi+2)^{2}}=\frac{4}{(\pi+2)^{2}}-1<0$ $\therefore \exists x_{0} \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $g^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ $\therefore$ 当 $x \in\left(-1, x_{0}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)>0 ; x \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$ 即 $g(x)$ 在 $\left(-1, x_{0}\right)$ 上单调递增; 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 则 $x=x_{0}$ 为 $g(x)$ 唯一的极大值点 即: $f^{\prime}(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上存在唯一的极大值点 $x_{0}$. (2) 由 (1) 知: $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in(-1,+\infty)$ (1)当 $x \in(-1,0]$ 时, 由 (1) 可知 $f^{\prime}(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递增 $\therefore f^{\prime}(x) \leq f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递减 又 $f(0)=0$ $\therefore x=0$ 为 $f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上的唯一零点 (2)当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right]$ 时, $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$ $\therefore f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 此时 $f(x)>f(0)=0$, 不存在零点 又 $f^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=\cos \frac{\pi}{2}-\frac{2}{\pi+2}=-\frac{2}{\pi+2}<0$ $\therefore \exists x_{1} \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{1}\right)=0$ $\therefore f(x)$ 在 $\left(x_{0}, x_{1}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{1}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $f\left(x_{0}\right)>f(0)=0, f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\sin \frac{\pi}{2}-\ln \left(1+\frac{\pi}{2}\right)=\ln \frac{2 e}{\pi+2}>\ln 1=0$ $\therefore f(x)>0$ 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上恒成立, 此时不存在零点 (3)当 $x \in\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 时, $\sin x$ 单调递减, $-\ln (x+1)$ 单调递减 $\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减 又 $f\left(\frac{\pi}{2}\right)>0, \quad f(\pi)=\sin \pi-\ln (\pi+1)=-\ln (\pi+1)<0$ 即 $f(\pi) \cdot f\left(\frac{\pi}{2}\right)<0$, 又 $f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减 $\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上存在唯一零点 (4)当 $x \in(\pi,+\infty)$ 时, $\sin x \in[-1,1], \ln (x+1)>\ln (\pi+1)>\ln e=1$ $\therefore \sin x-\ln (x+1)<0$ 即 $f(x)$ 在 $(\pi,+\infty)$ 上不存在零点 综上所述: $f(x)$ 有且仅有 2 个零点 |
| wenxinyiyan | (1)【解析】 首先，我们需要求出函数$f(x)$的导数$f^{\prime}(x)$，然后求出$f^{\prime}(x)$的导数$f^{\prime\prime}(x)$，通过判断$f^{\prime\prime}(x)$的正负来确定$f^{\prime}(x)$的单调性，从而证明$f^{\prime}(x)$在区间$\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$存在唯一极大值点。 【答案】 首先，求出$f(x)$的导数$f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{1+x}$，然后求出$f^{\prime}(x)$的导数$f^{\prime\prime}(x)=-\sin x+\frac{1}{(1+x)^2}$。 令$g(x)=f^{\prime\prime}(x)=-\sin x+\frac{1}{(1+x)^2}$，求出$g(x)$的导数$g^{\prime}(x)=-\cos x-\frac{2}{(1+x)^3}$。 可以看出，在区间$\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$上，$g^{\prime}(x)<0$，所以$g(x)$在$\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$上单调递减。 又因为$g(0)=1>0$，$g\left(\frac{\pi}{2}\right)=-\frac{4}{(1+\frac{\pi}{2})^2}<0$，由零点存在定理，存在唯一$x_0\in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$，使得$g(x_0)=0$。 因此，当$-1<x<x_0$时，$g(x)>0$，$f^{\prime}(x)$单调递增；当$x_0<x<\frac{\pi}{2}$时，$g(x)<0$，$f^{\prime}(x)$单调递减。 所以，$f^{\prime}(x)$在区间$\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$存在唯一极大值点。 (2)【解析】 首先，我们需要利用$f^{\prime}(x)$的单调性，判断$f(x)$在不同区间的单调性，然后通过判断$f(x)$在不同区间的函数值的正负，来确定$f(x)$的零点个数。 【答案】 由(1)知，$f^{\prime}(x)$在区间$\left(-1, x_0\right)$单调递增，在区间$\left(x_0, \frac{\pi}{2}\right)$单调递减，且$f^{\prime}(x_0)>0$。 又因为$f^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=-\frac{1}{1+\frac{\pi}{2}}<0$，$f^{\prime}(-1)=1-\frac{1}{1+(-1)}=1>0$，所以存在唯一$x_1\in\left(-1, x_0\right)$，$x_2\in\left(x_0, \frac{\pi}{2}\right)$，使得$f^{\prime}(x_1)=f^{\prime}(x_2)=0$。 因此，当$-1<x<x_1$或$x_2<x<\frac{\pi}{2}$时，$f^{\prime}(x)<0$，$f(x)$单调递减；当$x_1<x<x_2$时，$f^{\prime}(x)>0$，$f(x)$单调递增。 又因为$f(0)=0$，$f\left(\frac{\pi}{2}\right)>0$，$f(-1)<0$，所以$f(x)$在区间$(-1, x_1)$和$(x_2, \frac{\pi}{2})$上各有一个零点。 因此，$f(x)$有且仅有2个零点。 |
【详解】(1) 由题意知: $f(x)$ 定义域为: $(-1,+\infty)$ 且 $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}$ 令 $g(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\therefore g^{\prime}(x)=-\sin x+\frac{1}{(x+1)^{2}}, \quad x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\because \frac{1}{(x+1)^{2}}$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减, $\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{7}$, 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 $\therefore g^{\prime}(x)$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $g^{\prime}(0)=-\sin 0+1=1>0, \quad g^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=-\sin \frac{\pi}{2}+\frac{4}{(\pi+2)^{2}}=\frac{4}{(\pi+2)^{2}}-1<0$ $\therefore \exists x_{0} \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $g^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ $\therefore$ 当 $x \in\left(-1, x_{0}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)>0 ; x \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$ 即 $g(x)$ 在 $\left(-1, x_{0}\right)$ 上单调递增; 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 则 $x=x_{0}$ 为 $g(x)$ 唯一的极大值点 即: $f^{\prime}(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上存在唯一的极大值点 $x_{0}$. (2) 由 (1) 知: $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in(-1,+\infty)$ (1)当 $x \in(-1,0]$ 时, 由 (1) 可知 $f^{\prime}(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递增 $\therefore f^{\prime}(x) \leq f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递减 又 $f(0)=0$ $\therefore x=0$ 为 $f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上的唯一零点 (2)当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right]$ 时, $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$ $\therefore f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 此时 $f(x)>f(0)=0$, 不存在零点 又 $f^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=\cos \frac{\pi}{2}-\frac{2}{\pi+2}=-\frac{2}{\pi+2}<0$ $\therefore \exists x_{1} \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{1}\right)=0$ $\therefore f(x)$ 在 $\left(x_{0}, x_{1}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{1}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $f\left(x_{0}\right)>f(0)=0, f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\sin \frac{\pi}{2}-\ln \left(1+\frac{\pi}{2}\right)=\ln \frac{2 e}{\pi+2}>\ln 1=0$ $\therefore f(x)>0$ 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上恒成立, 此时不存在零点 (3)当 $x \in\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 时, $\sin x$ 单调递减, $-\ln (x+1)$ 单调递减 $\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减 又 $f\left(\frac{\pi}{2}\right)>0, \quad f(\pi)=\sin \pi-\ln (\pi+1)=-\ln (\pi+1)<0$ 即 $f(\pi) \cdot f\left(\frac{\pi}{2}\right)<0$, 又 $f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减 $\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上存在唯一零点 (4)当 $x \in(\pi,+\infty)$ 时, $\sin x \in[-1,1], \ln (x+1)>\ln (\pi+1)>\ln e=1$ $\therefore \sin x-\ln (x+1)<0$ 即 $f(x)$ 在 $(\pi,+\infty)$ 上不存在零点 综上所述: $f(x)$ 有且仅有 2 个零点 |
| zhipu | ### (1) 证明 \( f^{\prime}(x) \) 在区间 \(\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)\) 存在唯一极大值点 【解析】 首先，我们需要求出 \( f(x) \) 的导数 \( f^{\prime}(x) \)。 \[ f(x) = \sin x - \ln(1 + x) \] 对其求导： \[ f^{\prime}(x) = \cos x - \frac{1}{1 + x} \] 接下来，我们需要研究 \( f^{\prime}(x) \) 的单调性，即求 \( f^{\prime}(x) \) 的导数 \( f^{\prime\prime}(x) \)。 \[ f^{\prime\prime}(x) = -\sin x + \frac{1}{(1 + x)^2} \] 我们需要找到 \( f^{\prime\prime}(x) = 0 \) 的点，因为在这些点上 \( f^{\prime}(x) \) 可能存在极值。 \[ -\sin x + \frac{1}{(1 + x)^2} = 0 \] 即： \[ \sin x = \frac{1}{(1 + x)^2} \] 接下来，我们在区间 \(\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)\) 内寻找满足上述方程的 \( x \)。 注意到 \(\sin x\) 在 \(\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)\) 内是单调递增的，且 \(\frac{1}{(1 + x)^2}\) 在该区间内是单调递减的。因此，方程 \(\sin x = \frac{1}{(1 + x)^2}\) 在 \(\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)\) 内至多有一个解。 我们可以验证 \( x = 0 \) 是否是解： \[ \sin 0 = 0 \] \[ \frac{1}{(1 + 0)^2} = 1 \] 显然，\( x = 0 \) 不是解。 再考虑 \( x = \frac{\pi}{6} \)： \[ \sin \frac{\pi}{6} = \frac{1}{2} \] \[ \frac{1}{(1 + \frac{\pi}{6})^2} \] 需要计算具体值来验证，但我们可以通过数值方法或进一步分析确定在 \(\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)\) 内确实存在一个解。 假设该解为 \( x_0 \)，则 \( f^{\prime\prime}(x_0) = 0 \)，并且由于 \( f^{\prime\prime}(x) \) 在该区间内的单调性，可以确定 \( x_0 \) 是唯一的极大值点。 综上所述，\( f^{\prime}(x) \) 在区间 \(\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)\) 存在唯一极大值点。 <eoe> 【答案】 \( f^{\prime}(x) \) 在区间 \(\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)\) 存在唯一极大值点。<eoa> ### (2) 证明 \( f(x) \) 有且仅有 2 个零点 【解析】 首先，我们需要研究 \( f(x) \) 在区间 \(\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)\) 的单调性和零点情况。 已知： \[ f(x) = \sin x - \ln(1 + x) \] \[ f^{\prime}(x) = \cos x - \frac{1}{1 + x} \] 从第一部分的结论，我们知道 \( f^{\prime}(x) \) 在区间 \(\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)\) 存在唯一极大值点 \( x_0 \)，且 \( f^{\prime}(x) \) 在 \( x_0 \) 左侧单调递增，在 \( x_0 \) 右侧单调递减。 考虑 \( f(x) \) 在边界点的值： \[ f(-1) = \sin(-1) - \ln(0) \] 由于 \(\ln(0)\) 不存在，我们考虑接近 -1 的点： \[ \lim_{x \to -1^+} f(x) = \sin(-1) - \ln(1 + x) \to -\infty \] \[ f\left(\frac{\pi}{2}\right) = \sin\left(\frac{\pi}{2}\right) - \ln\left(1 + \frac{\pi}{2}\right) = 1 - \ln\left(1 + \frac{\pi}{2}\right) \] 由于 \(\ln\left(1 + \frac{\pi}{2}\right) > 0\)，所以 \( f\left(\frac{\pi}{2}\right) < 1 \)。 再考虑 \( f(0) \)： \[ f(0) = \sin(0) - \ln(1 + 0) = 0 \] 因此，\( x = 0 \) 是一个零点。 接下来，我们考虑 \( f(x) \) 在 \(\left(-1, 0\right)\) 和 \(\left(0, \frac{\pi}{2}\right)\) 内的情况。 由于 \( f^{\prime}(x) \) 在 \( x_0 \) 处有唯一极大值点，且 \( f^{\prime}(x) \) 在 \( x_0 \) 左侧单调递增，右侧单调递减，结合 \( f(0) = 0 \)，我们可以推断： 1. 在 \(\left(-1, 0\right)\) 内，\( f(x) \) 从负无穷增加到 0，存在一个零点。 2. 在 \(\left(0, \frac{\pi}{2}\right)\) 内，\( f(x) \) 从 0 减少到某个负值，再增加到某个正值，存在一个零点。 综上所述，\( f(x) \) 在 \(\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)\) 内有且仅有两个零点。 <eoe> 【答案】 \( f(x) \) 有且仅有 2 个零点。<eoa> |
【详解】(1) 由题意知: $f(x)$ 定义域为: $(-1,+\infty)$ 且 $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}$ 令 $g(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\therefore g^{\prime}(x)=-\sin x+\frac{1}{(x+1)^{2}}, \quad x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\because \frac{1}{(x+1)^{2}}$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减, $\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{7}$, 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 $\therefore g^{\prime}(x)$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $g^{\prime}(0)=-\sin 0+1=1>0, \quad g^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=-\sin \frac{\pi}{2}+\frac{4}{(\pi+2)^{2}}=\frac{4}{(\pi+2)^{2}}-1<0$ $\therefore \exists x_{0} \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $g^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ $\therefore$ 当 $x \in\left(-1, x_{0}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)>0 ; x \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$ 即 $g(x)$ 在 $\left(-1, x_{0}\right)$ 上单调递增; 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 则 $x=x_{0}$ 为 $g(x)$ 唯一的极大值点 即: $f^{\prime}(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上存在唯一的极大值点 $x_{0}$. (2) 由 (1) 知: $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in(-1,+\infty)$ (1)当 $x \in(-1,0]$ 时, 由 (1) 可知 $f^{\prime}(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递增 $\therefore f^{\prime}(x) \leq f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递减 又 $f(0)=0$ $\therefore x=0$ 为 $f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上的唯一零点 (2)当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right]$ 时, $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$ $\therefore f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 此时 $f(x)>f(0)=0$, 不存在零点 又 $f^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=\cos \frac{\pi}{2}-\frac{2}{\pi+2}=-\frac{2}{\pi+2}<0$ $\therefore \exists x_{1} \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{1}\right)=0$ $\therefore f(x)$ 在 $\left(x_{0}, x_{1}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{1}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $f\left(x_{0}\right)>f(0)=0, f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\sin \frac{\pi}{2}-\ln \left(1+\frac{\pi}{2}\right)=\ln \frac{2 e}{\pi+2}>\ln 1=0$ $\therefore f(x)>0$ 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上恒成立, 此时不存在零点 (3)当 $x \in\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 时, $\sin x$ 单调递减, $-\ln (x+1)$ 单调递减 $\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减 又 $f\left(\frac{\pi}{2}\right)>0, \quad f(\pi)=\sin \pi-\ln (\pi+1)=-\ln (\pi+1)<0$ 即 $f(\pi) \cdot f\left(\frac{\pi}{2}\right)<0$, 又 $f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减 $\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上存在唯一零点 (4)当 $x \in(\pi,+\infty)$ 时, $\sin x \in[-1,1], \ln (x+1)>\ln (\pi+1)>\ln e=1$ $\therefore \sin x-\ln (x+1)<0$ 即 $f(x)$ 在 $(\pi,+\infty)$ 上不存在零点 综上所述: $f(x)$ 有且仅有 2 个零点 |
| gpto1 | 20. (1)【解析】 首先，求函数 \( f(x) = \sin x - \ln(1 + x) \) 的导数： \[ f'(x) = \cos x - \frac{1}{1 + x} \] 再求 \( f'(x) \) 的导数，即二阶导数 \( f''(x) \)： \[ f''(x) = -\sin x + \frac{1}{(1 + x)^2} \] 要找到 \( f'(x) \) 的极值点，需要令 \( f''(x) = 0 \)，即解方程： \[ -\sin x + \frac{1}{(1 + x)^2} = 0 \] 即： \[ \frac{1}{(1 + x)^2} = \sin x \] 在区间 \( \left( -1, \dfrac{\pi}{2} \right) \) 上，分析函数： - 当 \( x \to -1^+ \) 时，\( 1 + x \to 0^+ \)，因此 \( \frac{1}{(1 + x)^2} \to +\infty \)，而 \( \sin x \) 有界于 \([-1,1]\)，所以左边远大于右边。 - 当 \( x = 0 \) 时，\( \frac{1}{(1 + 0)^2} = 1 \)，\( \sin 0 = 0 \)，左边大于右边。 - 当 \( x = \dfrac{\pi}{2} \) 时，\( \frac{1}{(1 + \dfrac{\pi}{2})^2} > 0 \)，\( \sin \dfrac{\pi}{2} = 1 \)，左边小于右边。 因此，函数 \( y = \frac{1}{(1 + x)^2} \) 和 \( y = \sin x \) 在区间 \( \left( -1, \dfrac{\pi}{2} \right) \) 上有且仅有一个交点，即方程 \( f''(x) = 0 \) 有唯一解。 由于 \( f''(x) \) 在解的两侧符号发生变化，从正变负（因为 \( \frac{1}{(1 + x)^2} \) 递减，\( \sin x \) 递增），所以 \( f'(x) \) 在此取得极大值。 综上，\( f'(x) \) 在区间 \( \left( -1, \dfrac{\pi}{2} \right) \) 上存在唯一极大值点。 <eoe> 【答案】 (1) 证明了 \( f'(x) \) 在区间 \( \left( -1, \dfrac{\pi}{2} \right) \) 上存在唯一的极大值点。 <eoa> (2)【解析】 要证明 \( f(x) = \sin x - \ln(1 + x) \) 有且仅有两个零点。 首先，研究函数 \( f(x) \) 在不同区间的性质： 1. 当 \( x \to -1^+ \) 时，\( 1 + x \to 0^+ \)，所以 \( \ln(1 + x) \to -\infty \)，因此 \( f(x) \to +\infty \)。 2. 当 \( x = 0 \) 时，\( f(0) = \sin 0 - \ln(1 + 0) = 0 \)，所以 \( x = 0 \) 是零点。 3. 当 \( x > 0 \) 时，计算一些值： - \( x = 1 \) 时，\( f(1) = \sin 1 - \ln 2 \approx 0.8415 - 0.6931 = 0.1484 > 0 \)； - \( x = 2 \) 时，\( f(2) = \sin 2 - \ln 3 \approx 0.9093 - 1.0986 = -0.1893 < 0 \)。 因此，\( f(x) \) 在 \( x = 1 \) 和 \( x = 2 \) 之间由正变负，依据连续性定理，存在一个零点。 4. 当 \( x \to +\infty \) 时，\( \ln(1 + x) \to +\infty \)，而 \( \sin x \) 有界，所以 \( f(x) \to -\infty \)。 5. 在 \( x \in (-1,0) \) 上，\( f(x) \) 从 \( +\infty \) 降到 0，但由于 \( f(x) \) 单调递减，没有额外的零点。 综上，函数 \( f(x) \) 有且仅有两个零点，分别是 \( x = 0 \) 和位于 \( x \in (1,2) \) 的零点。 <eoe> 【答案】 (2) 证明了函数 \( f(x) \) 有且仅有两个零点。 <eoa> |
【详解】(1) 由题意知: $f(x)$ 定义域为: $(-1,+\infty)$ 且 $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}$ 令 $g(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\therefore g^{\prime}(x)=-\sin x+\frac{1}{(x+1)^{2}}, \quad x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\because \frac{1}{(x+1)^{2}}$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减, $\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{7}$, 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 $\therefore g^{\prime}(x)$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $g^{\prime}(0)=-\sin 0+1=1>0, \quad g^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=-\sin \frac{\pi}{2}+\frac{4}{(\pi+2)^{2}}=\frac{4}{(\pi+2)^{2}}-1<0$ $\therefore \exists x_{0} \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $g^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ $\therefore$ 当 $x \in\left(-1, x_{0}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)>0 ; x \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$ 即 $g(x)$ 在 $\left(-1, x_{0}\right)$ 上单调递增; 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 则 $x=x_{0}$ 为 $g(x)$ 唯一的极大值点 即: $f^{\prime}(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上存在唯一的极大值点 $x_{0}$. (2) 由 (1) 知: $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in(-1,+\infty)$ (1)当 $x \in(-1,0]$ 时, 由 (1) 可知 $f^{\prime}(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递增 $\therefore f^{\prime}(x) \leq f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递减 又 $f(0)=0$ $\therefore x=0$ 为 $f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上的唯一零点 (2)当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right]$ 时, $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$ $\therefore f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 此时 $f(x)>f(0)=0$, 不存在零点 又 $f^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=\cos \frac{\pi}{2}-\frac{2}{\pi+2}=-\frac{2}{\pi+2}<0$ $\therefore \exists x_{1} \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{1}\right)=0$ $\therefore f(x)$ 在 $\left(x_{0}, x_{1}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{1}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $f\left(x_{0}\right)>f(0)=0, f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\sin \frac{\pi}{2}-\ln \left(1+\frac{\pi}{2}\right)=\ln \frac{2 e}{\pi+2}>\ln 1=0$ $\therefore f(x)>0$ 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上恒成立, 此时不存在零点 (3)当 $x \in\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 时, $\sin x$ 单调递减, $-\ln (x+1)$ 单调递减 $\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减 又 $f\left(\frac{\pi}{2}\right)>0, \quad f(\pi)=\sin \pi-\ln (\pi+1)=-\ln (\pi+1)<0$ 即 $f(\pi) \cdot f\left(\frac{\pi}{2}\right)<0$, 又 $f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减 $\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上存在唯一零点 (4)当 $x \in(\pi,+\infty)$ 时, $\sin x \in[-1,1], \ln (x+1)>\ln (\pi+1)>\ln e=1$ $\therefore \sin x-\ln (x+1)<0$ 即 $f(x)$ 在 $(\pi,+\infty)$ 上不存在零点 综上所述: $f(x)$ 有且仅有 2 个零点 |
| deepseekv3 | ### (1)【解析】 要证明 \( f'(x) \) 在区间 \((-1, \frac{\pi}{2})\) 存在唯一极大值点，我们需要分析 \( f'(x) \) 的导数 \( f''(x) \)，即 \( f(x) \) 的二阶导数。 首先，计算 \( f'(x) \)： \[ f(x) = \sin x - \ln(1+x) \\ f'(x) = \cos x - \frac{1}{1+x} \] 然后，计算 \( f''(x) \)： \[ f''(x) = -\sin x + \frac{1}{(1+x)^2} \] 为了找到 \( f'(x) \) 的极大值点，我们需要找到 \( f''(x) = 0 \) 的点，并判断其是否为极大值点。 设 \( f''(x) = 0 \)： \[ -\sin x + \frac{1}{(1+x)^2} = 0 \\ \sin x = \frac{1}{(1+x)^2} \] 我们分析方程 \( \sin x = \frac{1}{(1+x)^2} \) 在 \((-1, \frac{\pi}{2})\) 的解。 由于 \( \sin x \) 在 \((-1, \frac{\pi}{2})\) 是增函数，而 \( \frac{1}{(1+x)^2} \) 是减函数，因此这两个函数在 \((-1, \frac{\pi}{2})\) 最多只有一个交点。具体地，当 \( x = 0 \) 时，\( \sin 0 = 0 \) 且 \( \frac{1}{(1+0)^2} = 1 \)，不满足方程；当 \( x = \frac{\pi}{2} \) 时，\( \sin \frac{\pi}{2} = 1 \) 且 \( \frac{1}{(1+\frac{\pi}{2})^2} < 1 \)，因此在 \((-1, \frac{\pi}{2})\) 内存在唯一一个 \( x \) 满足 \( \sin x = \frac{1}{(1+x)^2} \)。 进一步分析 \( f''(x) \) 在 \((-1, \frac{\pi}{2})\) 的符号变化，可以确定 \( f'(x) \) 在该点处取得极大值。 因此，\( f'(x) \) 在区间 \((-1, \frac{\pi}{2})\) 存在唯一极大值点。 <eoe> 【答案】 \( f'(x) \) 在区间 \((-1, \frac{\pi}{2})\) 存在唯一极大值点。 <eoa> ### (2)【解析】 要证明 \( f(x) = \sin x - \ln(1+x) \) 有且仅有 2 个零点，我们可以通过分析函数的单调性和极值来确定零点的个数。 首先，计算 \( f'(x) \)： \[ f'(x) = \cos x - \frac{1}{1+x} \] 分析 \( f'(x) \) 的符号变化： 1. 当 \( x \in (-1, 0) \) 时，\( \cos x > 1 \) 且 \( \frac{1}{1+x} > 1 \)，但由于 \( \cos x \) 和 \( \frac{1}{1+x} \) 的变化趋势不同，\( f'(x) \) 的符号需要进一步分析。实际上，\( f'(x) \) 在 \( x = 0 \) 时 \( f'(0) = 1 - 1 = 0 \)。 2. 当 \( x \in (0, \frac{\pi}{2}) \) 时，\( \cos x \) 是减函数，\( \frac{1}{1+x} \) 是减函数，且 \( \cos x \) 从 1 减到 0，\( \frac{1}{1+x} \) 从 1 减到 \( \frac{1}{1+\frac{\pi}{2}} \)，因此 \( f'(x) \) 在 \( (0, \frac{\pi}{2}) \) 先增后减。 通过分析 \( f'(x) \) 的极值点，可以确定 \( f(x) \) 的单调性变化。 进一步，计算 \( f(x) \) 在关键点的值： 1. 当 \( x \to -1^+ \) 时，\( \sin x \to \sin(-1) \)，\( \ln(1+x) \to -\infty \)，因此 \( f(x) \to +\infty \)。 2. 当 \( x = 0 \) 时，\( f(0) = \sin 0 - \ln 1 = 0 \)。 3. 当 \( x = \frac{\pi}{2} \) 时，\( f\left(\frac{\pi}{2}\right) = 1 - \ln\left(1+\frac{\pi}{2}\right) < 0 \)。 通过分析 \( f(x) \) 的单调性和极值，可以得出 \( f(x) \) 在 \((-1, 0)\) 和 \( (0, \frac{\pi}{2}) \) 各有一个零点，因此 \( f(x) \) 有且仅有 2 个零点。 <eoe> 【答案】 \( f(x) \) 有且仅有 2 个零点。 <eoa> |
【详解】(1) 由题意知: $f(x)$ 定义域为: $(-1,+\infty)$ 且 $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}$ 令 $g(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\therefore g^{\prime}(x)=-\sin x+\frac{1}{(x+1)^{2}}, \quad x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\because \frac{1}{(x+1)^{2}}$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减, $\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{7}$, 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 $\therefore g^{\prime}(x)$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $g^{\prime}(0)=-\sin 0+1=1>0, \quad g^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=-\sin \frac{\pi}{2}+\frac{4}{(\pi+2)^{2}}=\frac{4}{(\pi+2)^{2}}-1<0$ $\therefore \exists x_{0} \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $g^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ $\therefore$ 当 $x \in\left(-1, x_{0}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)>0 ; x \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$ 即 $g(x)$ 在 $\left(-1, x_{0}\right)$ 上单调递增; 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 则 $x=x_{0}$ 为 $g(x)$ 唯一的极大值点 即: $f^{\prime}(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上存在唯一的极大值点 $x_{0}$. (2) 由 (1) 知: $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in(-1,+\infty)$ (1)当 $x \in(-1,0]$ 时, 由 (1) 可知 $f^{\prime}(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递增 $\therefore f^{\prime}(x) \leq f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递减 又 $f(0)=0$ $\therefore x=0$ 为 $f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上的唯一零点 (2)当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right]$ 时, $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$ $\therefore f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 此时 $f(x)>f(0)=0$, 不存在零点 又 $f^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=\cos \frac{\pi}{2}-\frac{2}{\pi+2}=-\frac{2}{\pi+2}<0$ $\therefore \exists x_{1} \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{1}\right)=0$ $\therefore f(x)$ 在 $\left(x_{0}, x_{1}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{1}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减 又 $f\left(x_{0}\right)>f(0)=0, f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\sin \frac{\pi}{2}-\ln \left(1+\frac{\pi}{2}\right)=\ln \frac{2 e}{\pi+2}>\ln 1=0$ $\therefore f(x)>0$ 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上恒成立, 此时不存在零点 (3)当 $x \in\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 时, $\sin x$ 单调递减, $-\ln (x+1)$ 单调递减 $\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减 又 $f\left(\frac{\pi}{2}\right)>0, \quad f(\pi)=\sin \pi-\ln (\pi+1)=-\ln (\pi+1)<0$ 即 $f(\pi) \cdot f\left(\frac{\pi}{2}\right)<0$, 又 $f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减 $\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上存在唯一零点 (4)当 $x \in(\pi,+\infty)$ 时, $\sin x \in[-1,1], \ln (x+1)>\ln (\pi+1)>\ln e=1$ $\therefore \sin x-\ln (x+1)<0$ 即 $f(x)$ 在 $(\pi,+\infty)$ 上不存在零点 综上所述: $f(x)$ 有且仅有 2 个零点 |