已知函数 $f(x)=\ln x-x+1, x \in(0,+\infty)$.
(1) 求函数 $f(x)$ 的零点个数;
(2) 证明: 当 $0 < x \leqslant \frac{3 \pi}{2}$ 时, $f(x) < \sin x$.
【答案】 (1) 解: $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-1$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x=1$ 1 分 $x \in(0,1), f^{\prime}(x) > 0, f(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调 递增;
$$
x \in(1,+\infty), f^{\prime}(x) < 0, f(x) \text { 在 }(1,+\infty)
$$
上单调递减;
又 $f(1)=0$
3 分
所以, $x \in(0,1), f(x) < f(1)=0 ; x \in(1$, $+\infty), f(x) < f(1)=0$
5 分
所以函数 $f(x)$ 零点个数为 $1 $

(2) 证明: $\ln x-x+1 < \sin x,(x > 0)$,
(1) 当 $x \in(0, \pi]$ 时, 由 (1) 可得 $\ln x-x+1$ $\leqslant 0$, 当且仅当 $x=1$ 时取等号 $\cdots \cdots \cdots \cdots \cdots+7$ 分 又 $\sin x \geqslant 0$, 当且仅当 $x=\pi$ 时取等号 所以 $x \in(0, \pi]$ 时, $\ln x-x+1 < \sin x$.
(2) 当 $x \in\left(\pi, \frac{3}{2} \pi\right]$ 时, 设 $g(x)=x-1+$ $\sin x, g^{\prime}(x)=1+\cos x > 0 \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots 9$ 分 所以 $g(x)=x-1+\sin x$ 在 $\left(\pi, \frac{3}{2} \pi\right)$ 单调递 增,
所以 $g(x) > g(\pi)=\pi-1$, 即 $x-1+\sin x$

又 $\ln x < \ln \frac{3}{2} \pi$, 且 $\ln \frac{3}{2} \pi < \ln e^2=2 < \pi-1$, 所以 $\ln x < x-1+\sin x$, 所以 $\ln x-x+1 < $ $\sin x$

综上所述 $\ln x-x+1 < \sin x,(x > 0) $


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