题目

已知函数 ， ． （1） 若函数 在 处的切线与 在 处的切线平行，求函数 的单调区间； （2） 当 时，证明：不等式 对任意 恒成立． 答案： ∴ f′(x)=−2x ，∴ f′(1)=−2 ， ∴函数 f(x) 与 g(x) 在 x=1 处的切线的斜率均为 −2 ， 又 g′(x)=2(1+lnx)−a ，∴ g′(1)=2−a=−2 ，解得 a=4 ， 当 a=4 时， g′(x)=2(lnx−1)，   ， g′(x)=0，  x=e ， 当 x∈(0，e) 时， g′(x)<0 ， g(x) 单调递减； 当 x∈(e，+∞) 时， g′(x)>0 ， g(x) 单调递增； 综上， g(x) 单调递减区间为 (0，e) ， g(x) 单调递增区间为 (e，+∞) ． 当 a=0 时，要证 12g(x)−ex+1<sinx 在 (0，+∞) 上恒成立， 即证 xlnx−ex+1<sinx 在 (0，+∞) 上恒成立， 即 xlnx<ex+sinx−1 在 (0，+∞) 上恒成立， 设 φ(x)=ex+sinx−1 ， φ′(x)=ex+cosx ， 当 x∈(0，1] 时， φ′(x)>0 ， φ(x) 单调递增， φ(x)>φ(0)=0 ， 而当 x∈(0，1] 时， xlnx≤0 ， ∴当 x∈(0，1] 时， 12g(x)−ex+1<sinx 恒成立， 当 x∈(1，+∞) ，令 F(x)=ex+sinx−xlnx−1 ， F′(x)=ex+cosx−lnx−1 ， F″(x)=ex−sinx−1x>0 故 F′(x) 单调递增， F′(x)>F′(1)=e+cos1−1>0 ， ∴ F(x) 单调递增 F(x)>F(1)=e+sin1−1>0 ， 即 12g(x)−ex+1<sinx 在 (1，+∞) 上恒成立， 综上， 12g(x)−ex+1<sinx 在 (0，+∞) 上恒成立．

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