本文最后更新于：2024年9月16日 下午
已知函数\(f(x)=a\ln x-\sinx+x\)，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\(\theta\in(\pi,\dfrac{3}{2}\pi)\)，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：（2）\(f'(x)=\dfrac{a}{x}-\cos x+1=\dfrac{a-x\cosx+x}{x}\)
设\(g(x)=x\cos{x}-x\)，注意到\(g(0)=g(2\pi)=0\)，并且\(g(\theta)=\theta\cos\theta-\theta=\theta^2\sin\theta\)，该值恰好是条件\(\theta^2\sin\theta<a<0\)的端点值，为了使得\(g(x)=a\)有两个解，因此我们推测\(g(x)\)的图像应该如图所示：
于是需要说明\(g(x)\)在\((0,\theta)\)单减，\((\theta,2\pi)\)单增，为此研究\(g'(x)=\cos x-x\sin x-1\)，注意到\(g'(0)=g'(2\pi)=0\)，\(g'(\theta)=\cos\theta-\theta\sin\theta-1=0\)，因此我们推测\(g'(x)\)的图象应该如图所示：
于是需要说明\(x\in(0,\theta)\)时，\(g'(x)<0\)，\(x\in(\theta,2\pi)\)时，\(g'(x)>0\).但是我们只能方便证明\(x\in(0,\pi)\)时，\(g'(x)=\cos x-1-x\sinx<0\)，为了证明其它区间\(g'(x)\)的符号，需要结合\(g'(x)\)的单调性，也就是要说明\(g'(x)\)在\((0,x_1)\)单减，\((x_1,x_2)\)单增，\((x_2,2\pi)\)单减，为此研究\(g''(x)=-2\sin x-x\cosx\)，注意到\(g''(0)=0,g''(\dfrac{3\pi}{2})=2,g''(2\pi)=-2\pi\)，因此我们推测\(g''(x)\)的图象应该如图所示：
当\(x\in(\pi,\dfrac{3\pi}{2})\)时，\(g''(x)=-2\sin x-x\cosx>0\)，于是\(g'(x)\)在\((\pi,\dfrac{3\pi}{2})\)单增，由于\(g'(\theta)=0\)，那么\(x\in(\pi,\theta)\)时，\(g'(\theta)<0\)，\(x\in(\theta,\dfrac{3\pi}{2})\)时，\(g'(\theta)>0\)，至此\(x\in(0,\theta)\)时，\(g'(x)<0\)说明完毕，接下来只需要证明\(x\in(\dfrac{3\pi}{2},2\pi)\)时，\(g'(x)>0\)即可，只需要说明\(g'(x)\)在\((\dfrac{3\pi}{2},x_2)\)单增，亦即\(g''(x)>0\)， \(g'(x)\)在\((x_2,2\pi)\)单减，亦即\(g''(x)<0\)，于是需要借助\(g''(x)\)的单调性，再次求导\(g'''(x)=-3\cos x+x\sinx\)，惊喜发现\(x\in(\dfrac{3\pi}{2},2\pi)\)时，\(g'''(x)<0\)，因此\(g''(x)\)在\(x\in(\dfrac{3\pi}{2},2\pi)\)单减，由于\(g''(\dfrac{3\pi}{2})=2,g''(2\pi)=-2\pi\)，于是\(\existsx_2\in(\dfrac{3\pi}{2},2\pi)\)使得\(g''(x_2)=0\)，至此思路全部打通。
最终正常顺序简述为：
本题以单调性为主线（红色部分），采取分段证明的策略，每次求导都能容易看到在部分区间上导数的符号（绿色部分），然后结合特殊点处的函数值（黄色部分），判断各导函数是否存在零点，从而决定上级导函数的单调性。