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专题十五 与三角函数结合之零点问题
1．已知函数f（x）＝xsinx+cosx+ax2，x∈[﹣π，π]．
（1）当a＝0时，求f（x）的单调区间；
（2）当a＞0时，讨论f（x）的零点个数．
【分析】（1）求出a＝0时原函数的导函数，由导函数的零点对函数的定义域分段，再由导函数在各区间段内的符号可得原函数的单调性；
（2）首先证明原函数为偶函数，然后分a≥1，0＜a＜1讨论f（x）在[0，π]上的单调性并求得最值，由最值与0的关系分析零点个数，从而得到f（x）的零点个数．
【解答】解：（1）当a＝0时，f（x）＝xsinx+cosx，x∈[﹣π，π]．f'（x）＝sinx+xcosx﹣sinx＝xcosx．
当x在区间[﹣π，π]上变化时，f'（x），f（x）的变化如下表
x ﹣π （﹣π，﹣） ﹣ （﹣，0） 0 （0，） （，π） π
f'（x） + 0 ﹣ 0 + 0 ﹣
f（x） ﹣1 极大 值 极小 值1 极大 值 ﹣1
∴f（x）的单调增区间为（﹣π，﹣），（0，）；f（x）的单调减区间为（﹣，0），（，π）．
（2）任取x∈[﹣π，π]．
∵f（﹣x）＝（﹣x）sin（﹣x）+cos（﹣x）+a（﹣x）2＝xsinx+cosx+ax2＝f（x），
∴f（x）是偶函数．f′（x）＝ax+xcosx＝x（a+cosx）．
当a≥1时，a+cosx≥0在[0，π）上恒成立，∴x∈[0，π）时，f′（x）≥0．
∴f（x）在[0，π]上单调递增．
又∵f（0）＝1，∴f（x）在[0，π]上有0个零点．
又∵f（x）是偶函数，∴f（x）在[﹣π，π]上有0个零点．
当0＜a＜1时，令f′（x）＝0，得cosx＝﹣a．
由﹣1＜﹣a＜0可知存在唯一x0∈（，π）使得cosx0＝﹣a．
∴当x∈[0，x0）时，f′（x）≥0，f（x）单调递增；
当x∈（x0，π）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．
∵f（0）＝1，f（x0）＞1，f（π）＝aπ2﹣1．
①当aπ2﹣1＞0，即＜a＜1时，f（x）在[0，π]上有0个零点．
由f（x）是偶函数知f（x）在[﹣π，π]上有0个零点．
②当aπ2﹣1≤0，即0＜a≤时，f（x）在[0，π]上有1个零点．
由f（x）是偶函数知f（x）在[﹣π，π]上有2个零点．
综上，当0＜a≤时，f（x）有2个零点；当a＞时，f（x）有0个零点．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了函数零点的判定，体现了分类讨论的数学思想方法，属压轴题．
2．已知函数f（x）＝xcosx﹣ax+a，，（a≠0）．
（Ⅰ）当a≥1时，求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）求证：f（x）有且仅有一个零点．
【分析】（Ⅰ）根据题意，求出函数f（x）的导数，设其导数为g（x），求出g′（x），分析可得g（x）的最值，分析可得 g（x）≤0，即 f'（x）≤0，由函数的导数与单调性的关系分析可得答案；
（Ⅱ）根据题意，结合（Ⅰ）的结论，分情况讨论a的范围，讨论f（0）f（）的值，由函数零点判断定理分析可得结论．
【解答】解：（Ⅰ）根据题意，f（x）＝xcosx﹣ax+a，则 f'（x）＝cosx﹣xsinx﹣a．
令 g（x）＝cosx﹣xsinx﹣a，，则 g'（x）＝﹣2sinx﹣xcosx≤0．
所以g（x）在区间上单调递减．
因为 g（0）＝1﹣a≤0，所以 g（x）≤0，即 f'（x）≤0，
所以f（x）的单调递减区间是，没有单调递增区间．
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，g（x）在区间上单调递减，且g（0）＝1﹣a，．
当 a≥1时，f（x）在上单调递减．
因为 f（0）＝a＞0，，
所以f（x）有且仅有一个零点．
当 ，即时，g（x）≥0，即 f'（x）≥0，f（x）在上单调递增．
因为 f（0）＝a＜0，，
所以f（x）有且仅有一个零点．
当 时，g（0）＝1﹣a＞0，，
所以存在，使得g（x0）＝0；
x，f'（x），f（x）的变化情况如下表：
x （0，x0） x0
f'（x） + 0 ﹣
f（x） ↗ 极大值 ↘
所以 f（x）在（0，x0）上单调递增，在上单调递减．
因为 f（0）＝a，，且a≠0，
所以 ，所以f（x）有且仅有一个零点
综上所述，f（x）有且仅有一个零点．
【点评】本题考查利用函数的导数分析函数单调性，注意掌握函数与函数单调性的关系，属于综合题．
3．已知函数f（x）＝sinx﹣ln（1+x），f′（x）为f（x）的导数．证明：
（1）f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点；
（2）f（x）有且仅有2个零点．
【分析】（1）f（x）的定义域为（﹣1，+∞），求出原函数的导函数，进一步求导，得到f″（x）在（﹣1，）上为减函数，结合f″（0）＝1，f″（）＝﹣1+＜﹣1+1＝0，由零点存在定理可知，函数f″（x）在（﹣1，）上存在唯一得零点x0，结合单调性可得，f′（x）在（﹣1，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，可得f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点；
（2）由（1）知，当x∈（﹣1，0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（0，x0）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；由于f′（x）在（x0，）上单调递减，且f′（x0）＞0，f′（）＜0，可得函数f′（x）在（x0，）上存在唯一零点x1，结合单调性可知，当x∈（x0，x1）时，f（x）单调递增；当x∈（）时，f（x）单调递减．当x∈（，π）时，f（x）单调递减，再由f（）＞0，f（π）＜0．然后列x，f′（x）与f（x）的变化情况表得答案．
【解答】证明：（1）f（x）的定义域为（﹣1，+∞），
f′（x）＝cosx，f″（x）＝﹣sinx+，
令g（x）＝﹣sinx+，则g′（x）＝﹣cosx＜0在（﹣1，）恒成立，
∴f″（x）在（﹣1，）上为减函数，
又∵f″（0）＝1，f″（）＝﹣1+＜﹣1+1＝0，由零点存在定理可知，
函数f″（x）在（﹣1，）上存在唯一的零点x0，结合单调性可得，f′（x）在（﹣1，x0）上单调递增，
在（x0，）上单调递减，可得f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点；
（2）由（1）知，当x∈（﹣1，0）时，f′（x）单调递增，f′（x）＜f′（0）＝0，f（x）单调递减；
当x∈（0，x0）时，f′（x）单调递增，f′（x）＞f′（0）＝0，f（x）单调递增；
由于f′（x）在（x0，）上单调递减，且f′（x0）＞0，f′（）＝＜0，
由零点存在定理可知，函数f′（x）在（x0，）上存在唯一零点x1，结合单调性可知，
当x∈（x0，x1）时，f′（x）单调递减，f′（x）＞f′（x1）＝0，f（x）单调递增；
当x∈（）时，f′（x）单调递减，f′（x）＜f′（x1）＝0，f（x）单调递减．
当x∈（，π）时，cosx＜0，﹣＜0，于是f′（x）＝cosx﹣＜0，f（x）单调递减，
其中f（）＝1﹣ln（1+）＞1﹣ln（1+）＝1﹣ln2.6＞1﹣lne＝0，
f（π）＝﹣ln（1+π）＜﹣ln3＜0．
于是可得下表：
x （﹣1，0） 0 （0，x1） x1 （） （） π
f′（x） ﹣ 0 + 0 ﹣ ﹣ ﹣ ﹣
f（x） 单调递减 0 单调递增 大于0 单调递减 大于0 单调递减 小于0
结合单调性可知，函数f（x）在（﹣1，]上有且只有一个零点0，
由函数零点存在性定理可知，f（x）在（，π）上有且只有一个零点x2，
当x∈[π，+∞）时，sinx≤1＜ln（1+x），则f（x）＝sinx﹣ln（1+x）＜0恒成立，
因此函数f（x）在[π，+∞）上无零点．
综上，f（x）有且仅有2个零点．
【点评】本题考查利用导数求函数的极值，考查函数零点的判定，考查数学转化思想方法，考查函数与方程思想，考查逻辑思维能力与推理运算能力，难度较大．
4．已知函数f（x）＝xcosx+a，a∈R．
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点处的切线的斜率；
（Ⅱ）判断方程f'（x）＝0（f'（x）为f（x）的导数）在区间（0，1）内的根的个数，说明理由；
（Ⅲ）若函数F（x）＝xsinx+cosx+ax在区间（0，1）内有且只有一个极值点，求a的取值范围．
【分析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，可得在点处的导数值，则答案可求；
（Ⅱ）设g（x）＝f′（x）＝cosx﹣xsinx，求其导函数，可得当x∈（0，1）时，g'（x）＜0，则函数g（x）为减函数．结合g（0）＞0，g（1）＜0，可得有且只有一个x0∈（0，1），使g（x0）＝0成立．即方程f′（x）＝0在区间（0，1）内有且只有一个实数根；
（Ⅲ）把函数F（x）＝xsinx+cosx+ax在区间（0，1）内有且只有一个极值点，转化为f（x）＝xcosx+a在区间（0，1）内有且只有一个零点x1，且f（x）在x1 两侧异号．然后结合（Ⅱ）中的单调性可得，求解此不等式组得答案．
【解答】解：（Ⅰ）由f（x）＝xcosx+a，得f′（x）＝cosx﹣xsinx．
∴曲线y＝f（x）在点处的切线的斜率；
（Ⅱ）设g（x）＝f′（x）＝cosx﹣xsinx，
则g'（x）＝﹣sinx﹣（sinx+xcosx）＝﹣2sinx﹣xcosx．
当x∈（0，1）时，g'（x）＜0，则函数g（x）为减函数．
又∵g（0）＝1＞0，g（1）＝cos1﹣sin1＜0，
∴有且只有一个x0∈（0，1），使g（x0）＝0成立．
∴函数g（x）在区间（0，1）内有且只有一个零点，即方程f′（x）＝0在区间（0，1）内有且只有一个实数根；
（Ⅲ）若函数F（x）＝xsinx+cosx+ax在区间（0，1）内有且只有一个极值点，
由于F′（x）＝f（x），即f（x）＝xcosx+a在区间（0，1）内有且只有一个零点x1，且f（x）在x1 两侧异号．
∵当x∈（0，1）时，函数g（x）为减函数，∴在（0，x0）上，g（x）＞g（x0）＝0，即f′（x）＞0成立，函数f（x）为增函数；
在（x0，1）上，g（x）＜g（x0）＝0，即f′（x）＜0成立，函数f（x）为减函数．
则函数f（x）在x＝x0处取得极大值f（x0）．
当f（x0）＝0时，虽然函数f（x）在区间（0，1）内有且只有一个零点x0，但f（x）在x0 两侧同号，不满足F′（x）在区间（0，1）内有且只有一个极值点的要求．
由于f（1）＝a+cos1，f（0）＝a，显然f（1）＞f（0）．
若函数f（x）在区间（0，1）内有且只有一个零点x1，且f（x）在x1 两侧异号，
则只需满足：，即，解得﹣cos1≤a＜0．
【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数求函数的极值，考查数学转化思想方法，考查逻辑思维能力与推理运算能力，属难题．
5．已知函数f（x）＝acosx+xsinx，．
（Ⅰ）判断函数f（x）的奇偶性，并证明你的结论；
（Ⅱ）求集合A＝{x|f（x）＝0}中元素的个数；
（Ⅲ）当1＜a＜2时，问函数f（x）有多少个极值点？（只需写出结论）
【分析】（Ⅰ）证明f（﹣x）＝f（x），即可证明f（x）是偶函数．
（Ⅱ）分情况讨论：当a＞0时，因为 f（x）＝acosx+xsinx＞0，恒成立，
当a＝0时，令f（x）＝xsinx＝0，得 x＝0．
当a＜0时，函数f（x）是上的增函数．由，可得f（x）在上只有一个零点．
综上所述，即可求出集合A＝{x|f（x）＝0}中元素的个数；
（Ⅲ）函数f（x）有3个极值点．
【解答】（共13分）
解：（Ⅰ）函数f（x）是偶函数，证明如下：…（1分）
对于，则．…（2分）
因为 f（﹣x）＝acos（﹣x）﹣xsin（﹣x）＝acosx+xsinx＝f（x），
所以 f（x）是偶函数．…（4分）
（Ⅱ）当a＞0时，因为 f（x）＝acosx+xsinx＞0，恒成立，
所以 集合A＝{x|f（x）＝0}中元素的个数为0．…（5分）
当a＝0时，令f（x）＝xsinx＝0，由，
得 x＝0．
所以 集合A＝{x|f（x）＝0}中元素的个数为1．…（6分）
当a＜0时，因为 ，
所以 函数f（x）是上的增函数．…（8分）
因为 ，
所以 f（x）在上只有一个零点．
由f（x）是偶函数可知，集合A＝{x|f（x）＝0}中元素的个数为2．…（10分）
综上所述，当a＞0时，集合A＝{x|f（x）＝0}中元素的个数为0；当a＝0时，集合A＝{x|f（x）＝0}中元素的个数为1；当a＜0时，集合A＝{x|f（x）＝0}中元素的个数为2．
（Ⅲ）对函数分别求一阶导、二阶导和三阶导，分别为：f′（x）＝（1﹣a）sinx+xcosx，
f″（x）＝（2﹣a）cosx﹣xsinx，f′″（x）＝（a﹣3）sinx﹣xcosx，
可知，f′″（x）在[﹣，0）上恒大于零，在（0，]上恒小于零，
因此，f″（x）在[﹣，]上先递增后递减，且f″（﹣）＜0，f″（）＜0，f（0）＞0，
因此，f′（x）在[﹣，0）上先递减后递增，在（0，]上先递增后递减，且f′（﹣）＞0，f′（0）＝0，f′（）＜0，在[﹣，0）上和在（0，]上，分别有一个零点．
因此f（x）在[﹣，0）上先递增后递减，在（0，]上先递增后递减，在x＝0处，和[﹣，0），（0，]上各有一个极值点（分别与f′（x）的零点对应）．因此共有3个极值点．…（13分）
【点评】本题主要考查了三角函数中的恒等变换应用，三角函数的图象与性质，函数的性质及应用，属于中档题．
6．已知函数f（x）＝aex﹣sinx+1，其中a∈R，e为自然对数的底数．
（1）当a＝1时，证明：对 x∈[0，+∞），f（x）≥2；
（2）若函数f（x）在[0，π]上存在两个不同的零点，求实数a的取值范围．
【分析】（1）将a＝1代入f（x）中判断单调性，然后求出f（x）的最小值即可；
（2）令f（x）＝0，然后将问题转化为函数y＝a与函数g（x）＝图象在[0，π]上有两个交点的问题即可．
【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝ex﹣sinx+1，则
f'（x）＝ex﹣cosx≥0，且当x＝0时f'（x）＝0，
∴f（x）在[0，+∞）上单调递增，
∴f（x）min＝f（0）＝2，
∴对 x∈[0，+∞），f（x）≥2；
（2）令f（x）＝0，则a＝，
令g（x）＝（0≤x≤π），
函数f（x）在[0，π]上存在两个零点，即
函数y＝a与函数g（x）＝在[0，π]上有两个不同的交点，
由g（x）得，g'（x）＝，
令g（x）＝0，则sin（x﹣）＝，
∵x∈[0，π]，∴x＝或x＝π，
∴当0＜x＜时，g'（x）＞0；当＜x＜π时，g'（x）＜0，
∴g（x）在（0，）上单调递增，在（，π）上单调递减，
∴，
又g（0）＝﹣1，g（π）＝﹣，
∴当x∈[﹣，0）时，y＝a与g（x）有两个交点，
∴a的取值范围为：[﹣，0）．
【点评】本题考查了利用导数判断函数的单调性和利用导数求函数的最值，考查了数形结合思想与转化思想，属中档题．
7．已知函数f（x）＝exsinx（e是自然对数的底数）．
（1）求f（x）的单调递减区间；
（2）记g（x）＝f（x）﹣ax，若0＜a＜3，试讨论g（x）在（0，π）上的零点个数．（参考数据）
【分析】（1）由f′（x）＝ex（sinx+cosx）＝sinex（x+）＜0，可得sin（x+）＜0，利用正弦函数的单调性质即可解得f（x）的单调递减区间；
（2）由于g′（x）＝ex（sinx+cosx）﹣a，令h（x）＝g′（x），可求得h（x）在（0，）上单调递增，在（，π）上单调递减，再对a分0＜a≤1，1＜a＜3两类讨论，求得g（x）在（0，π）上的零点个数．
【解答】解：（1）f（x）＝exsinx的定义域为R，f′（x）＝ex（sinx+cosx）＝exsin（x+），
由f′（x）＜0，得sin（x+）＜0，解得2kπ+＜x＜+2kπ（k∈Z），
∴f（x）的单调递减区间（2kπ+，+2kπ）（k∈Z），
（2）由已知得g（x）＝exsinx﹣ax，∴g′（x）＝ex（sinx+cosx）﹣a，令h（x）＝g′（x），则h′（x）＝2excosx，
∵x∈（0，π），∴x∈（0，）时，h′（x）＞0，x∈（，π）时，h′（x）＜0，
∴h（x）在（0，）上单调递增，在（，π）上单调递减．
∵g′（0）＝1﹣a，g′（π）＝﹣eπ﹣a＜0，
①当1﹣a≥0，即0＜a≤1时，g′（0）≥0，∴g′（）＞0，
∴ x0∈（，π），使得g′（x0）＝0，
∴当x∈（0，x0），g′（x0）＞0，
当x∈（x0，π）时，g′（x）＜0，
∴g（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，π）单调递减；
∵g（0）＝0，∴g（x0）＞0，
又∵g（π）＝﹣aπ＜0，∴由零点存在定理得，此时g（x）在（0，π）上仅有一个零点，
②若1＜a＜3时，g′（0）＝1﹣a＜0，
又∵g′（x）（0，）上单调递增，在（，π）上单调递减，又g′（）＝﹣a＞0，
∴ x1∈（0，），x2∈（，π），使得g′（x1）＝0，g′（x2）＝0，
且当x∈（0，x1）、x∈（x2，π）时，g′（x）＜0，当x∈（x1，x2）时，g′（x）＞0，
∴g（x）在∈（0，x1）和（x2，π）上单调递减，在（x1，x2）单调递增．
∵g（0）＝0，∴g（x1）＜0，∵g（）＝﹣a＞﹣＞0，∴g（x2）＞0，又∵g（π）＝﹣aπ＜0，
由零点存在定理可得，g（x）在（x1，x2）和（x2，π）内各有一个零点，
即此时g（x）在（0，π）上有两个零点，
综上所述，当0＜a≤1时，g（x）在（0，π）上仅有一个零点，
当1＜a＜3时，g（x）在（0，π）上有两个零点．
【点评】本题考查利用导数判断函数的单调性、求极值、恒成立问题等知识点，考查等价转化思想、分类讨论思想的综合运用，涉及构造函数、多次求导等方法，有一定综合性，考查学生的分析能力和逻辑推理能力，属于难题．
8．已知函数f（x）＝lnx+ax+sinx，其中x∈（0，π]；
（1）判断函数f（x）是否存在极值，若存在，请判断是极大值还是极小值；若不存在，说明理由；
（2）讨论在上函数f（x）的零点个数．
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，判断函数的极值即可；
（2）通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，结合单调性求出函数的零点个数即可．
【解答】解：（1）f′（x）＝+a+cosx，
设g（x）＝+a+cosx，g′（x）＝﹣﹣sinx＜0，
故f′（x）递减，f′（x）min＝f′（π）＝+a﹣1，
又x→0时，f′（x）→+∞，
①若f′（π）＜0，即a＜1﹣时， x0∈（0，π）使f′（x0）＝0，
当x∈（0，x0）时，f′（x）＞0，f（x）递增，
当x∈（x0，π）时，f′（x）＜0，f（x）递减，
∴f（x）在x0处取极大值，不存在极小值，
②若f′（π）≥0，即a≥1﹣，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，π]递增，此时f（x）无极值，
（2）由（1）可知：
（i）若a≥1﹣时，由上问可知：
f（x）min＝f（）≥ln+（1﹣）+1＝ln++＞0，
即a≥1﹣时函数没有零点，
（ii）若a＜1﹣时，x∈（0，x0]时，f（x）递增，
x∈（x0，π]时，f（x）递减，
由f′（x0）＝0得+a+cosx0＝0，从而a＝﹣﹣cosx0，
再设h（x）＝﹣﹣cosx，则h′（x）＝+sinx＞0从而a关于x0递增，
①若x0∈（0，]，此时a∈（﹣∞，﹣]，
若f（）f（π）＞0得a＜﹣（1+ln）或a＞﹣，
∴a＜﹣（1+ln）时无零点，
f（）f（π）＜0得﹣（1+ln）＜a＜﹣，
∴﹣（1+ln）＜a≤﹣时有1个零点，
当a＝﹣（1+ln）时，f（）＝0，f（π）≠0，有1个零点，
因此a＜﹣（1+ln）时无零点，﹣（1+ln）≤a≤﹣时有1个零点；
②x0∈（，π]，此时a∈（﹣，1﹣]，
f（）＝ln+a+1＞0，f（π）＝lnπ+πa，
∴f（x）max＝f（x0）＝lnx0+ax0+sinx＝lnx0+sinx0﹣x0cosx0﹣1，
设m（x）＝lnx+sinx﹣xcosx﹣1，则m′（x）＝+xsinx＞0，
故f（x）max＞m（）＝ln＞0，
若f（π）＞0即a＞﹣，即﹣＜a＜1﹣时无零点，
若f（π）≤0即a≤﹣，即﹣＜a≤﹣时有1个零点，
综上，a∈（﹣∞，﹣（1+ln）∪（﹣，+∞）时无零点，
a∈[﹣（1+ln），﹣]时有1个零点．
【点评】本题考查了函数的单调性，极值，零点问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．
9．已知函数f（x）＝ex﹣ax﹣1+sinx．
（1）当a＝2时，证明：f（x）≥0；
（2）当a≥1时，讨论函数f（x）的零点个数．
【分析】（1）利用函数的导数的应用求出函数的单调区间，进一步证明出结果．
（2）利用分类讨论思想的应用和函数的二次求导的应用及构造函数的应用求出函数零点的个数．
【解答】解：（1）证明：当a＝2时，f（x）＝ex﹣2x﹣1+sinx，
所以f′（x）＝ex﹣2+cosx，
所以f″（x）＝ex﹣sinx，
当x∈（﹣∞，0）时，ex≤1，所以：f′（x）≤﹣1+cosx≤0，
所以f（x）在（﹣∞，0]单调递减，所以f（x）≥f（0）＝0．
当x∈（0，+∞）时，ex＞1，所以f″（x）＞1﹣sinx≥0，
所以f′（x）在（0，+∞）单调递增，所以f′（x）＞f′（0）＝0．
所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，f（x）＞f（0）＝0．
综上所述：f（x）≥0当且仅当x＝0时，等号成立．
（2）由于f（0）＝e0﹣0﹣1+sin0＝0，所以0为函数f（x）的一个零点．
f′（x）＝ex﹣a+cosx，f″（x）＝ex﹣sinx，
（i）当a＝2时，由（1）知函数f（x）仅有一个零点，
（ii）当a＞2时，
①当x∈（﹣∞，0）时，f′（x）＜e0﹣a+cos0＜0．
f（x）在（﹣∞，0）单调递减，f（x）＞f（0）＝0．
所以当x∈（﹣∞，0）时，函数f（x）无零点．
②当x∈（0，+∞）时，f″（x）＞e0﹣sinx≥0，
所以f′（x）在（0，+∞）单调递增．
由于f′（0）＝2﹣a＜0，f′（ln（a+2））＝eln（a+2）﹣a+cos[ln（a+2）]＝2+cos[ln（a+2）]＞0．
所以在（0，+∞）上存在唯一的x0∈（0，ln（a+2）），使得f′（x0）＝0．
当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，f（x）在（0，x0）单调递减．
有f（x0）＜f（x）＜f（0）＝0，所以f（x）在（0，x0）无零点．
当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在（x0，+∞）单调递增．
又f（lna3）＝a3﹣3alna﹣1+sin（lna3）＞a3﹣3alna﹣2，
设p（a）＝a3﹣3alna﹣2（a＞2），
所以p′（a）＝3（a2﹣1﹣lna），
，
所以p′（a）在（2，+∞）单调递增，有p′（a）＞p′（2）＞0．
所以p（a）在（2，+∞）单调递增，有p（a）＞p（2）＞0，即f（lna3）＞0．
因此函数f（x）在（x0，+∞）有一个零点．
所以当a＞2时，f（x）有两个零点．
（iii）当1≤a＜2时，
①当x∈（0，+∞）时，f″（x）＞e0﹣sinx≥0，所以f′（x）在（0，+∞）单调递增．
f′（x）＞f′（0）＝2﹣a＞0，f（x）在（0，+∞）单调递增，f（x）＞f（0）＝0．
所以f（x）在（0，+∞）上无零点．
②当x∈（﹣∞，﹣π）时，﹣ax≥π．有f（x）≥eπ+π+sinx﹣1＞0．
所以f（x）在（﹣∞，﹣π]无零点．
③当x∈（﹣π，0）时，sinx＜0，f″（x）＞0，f′（x）在（﹣π，0）单调递增，
又f′（0）＝2﹣a＞0，f′（﹣π）＝e﹣π﹣1﹣a＜0．
所以存在唯一的x0∈（﹣π，0），使得f′（x0）＝0．
当x∈（﹣π，x0）时，f′（x）＜0，函数f（x）在（﹣π，x0）单调递减．
当x∈（x0，0）时，f′（x）＞0，函数f（x）在（x0，0）单调递增．
又f（﹣π）＝e﹣π+aπ﹣1＞0，f（）＜f（0）＝0，
所以函数f（x）在（﹣π，0）有1个零点．
所以当1≤a＜2时，f（x）有2个零点．
综上所述：当a＝2时，f（x）有一个零点，
当a＞2或1≤a＜2时，函数f（x）有2个零点．
【点评】本题考查的知识要点：函数的导数的应用及二次求导求出函数的单调区间，构造函数的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于难题．专题十五 与三角函数结合之零点问题
1．已知函数f（x）＝xsinx+cosx+ax2，x∈[﹣π，π]．
（1）当a＝0时，求f（x）的单调区间；
（2）当a＞0时，讨论f（x）的零点个数．
2．已知函数f（x）＝xcosx﹣ax+a，，（a≠0）．
（Ⅰ）当a≥1时，求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）求证：f（x）有且仅有一个零点．
3．已知函数f（x）＝sinx﹣ln（1+x），f′（x）为f（x）的导数．证明：
（1）f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点；
（2）f（x）有且仅有2个零点．
4．已知函数f（x）＝xcosx+a，a∈R．
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点处的切线的斜率；
（Ⅱ）判断方程f'（x）＝0（f'（x）为f（x）的导数）在区间（0，1）内的根的个数，说明理由；
（Ⅲ）若函数F（x）＝xsinx+cosx+ax在区间（0，1）内有且只有一个极值点，求a的取值范围．
5．已知函数f（x）＝acosx+xsinx，．
（Ⅰ）判断函数f（x）的奇偶性，并证明你的结论；
（Ⅱ）求集合A＝{x|f（x）＝0}中元素的个数；
（Ⅲ）当1＜a＜2时，问函数f（x）有多少个极值点？（只需写出结论）
6．已知函数f（x）＝aex﹣sinx+1，其中a∈R，e为自然对数的底数．
（1）当a＝1时，证明：对 x∈[0，+∞），f（x）≥2；
（2）若函数f（x）在[0，π]上存在两个不同的零点，求实数a的取值范围．
7．已知函数f（x）＝exsinx（e是自然对数的底数）．
（1）求f（x）的单调递减区间；
（2）记g（x）＝f（x）﹣ax，若0＜a＜3，试讨论g（x）在（0，π）上的零点个数．（参考数据）
8．已知函数f（x）＝lnx+ax+sinx，其中x∈（0，π]；
（1）判断函数f（x）是否存在极值，若存在，请判断是极大值还是极小值；若不存在，说明理由；
（2）讨论在上函数f（x）的零点个数．
9．已知函数f（x）＝ex﹣ax﹣1+sinx．
（1）当a＝2时，证明：f（x）≥0；
（2）当a≥1时，讨论函数f（x）的零点个数．

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