热门试卷

(1)由已知得f′(x)＝a(sinx＋xcosx)，

对于任意x∈(0，)，有sinx＋xcosx＞0。

当a＝0时，，不合题意；

当a＜0，x∈(0，)时，f′(x)＜0，从而f(x)在(0，)内单调递减，

又f(x)在［0，］上的图象是连续不断的，故f(x)在［0，］上的最大值为，不合题意；

当a＞0，x∈(0，)时，f′(x)＞0，从而f(x)在(0，)内单调递增，又f(x)在［0，］上的图象是连续不断的，故f(x)在［0，］上的最大值为，即，

解得a＝1。

综上所述，得f(x)＝xsinx－。

(2)f(x)在(0，π)内有且只有两个零点。

证明如下：

由(1)知，f(x)＝xsinx，从而有f(0)＝＜0，，

又f(x)在［0，］上的图象是连续不断的，

所以f(x)在(0，)内至少存在一个零点。

又由(1)知f(x)在［0，］上单调递增，故f(x)在(0，)内有且仅有一个零点。

当x∈［，π］时，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx。

由g()＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在［，π］上的图象是连续不断的，故存在m∈(，π)，使得g(m)＝0。

由g′(x)＝2cosx－xsinx，知x∈(，π)时，有g′(x)＜0，

从而g(x)在(，π)内单调递减。

当x∈(，m)时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)在(，m)内单调递增，故当x∈［，m］时，，故f(x)在［，m］上无零点；

当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)内单调递减。

又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在［m，π］上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点。

综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点