Question

10．已知f（x）=x²+ax+sin$\frac{π}{2}$x，x∈（0，1）
（1）若f（x）在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，求a的取值范圍；
（2）當(dāng)a=-2時(shí)，記f（x）得極小值為f（x₀），若f（x₁）=f（x₂），求證：x₁+x₂＞2x₀．

Answer 1

分析 （1）函數(shù)f（x）在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，則導(dǎo)函數(shù)f′（x）≥0恒成立，然后問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問(wèn)題求解；
（2）先利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）上的單調(diào)性、極值，判斷x₀所在的區(qū)間，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性找到x₁，x₂，x₀之間的關(guān)系．

解答 （1）解：$f′（x）=2x+a+\frac{π}{2}cos\frac{π}{2}x，x∈（0，1）$．
依題意f′（x）≥0恒成立，即$2x+\frac{π}{2}cos\frac{π}{2}x≥-a$．
令$g（x）=2x+\frac{π}{2}cos\frac{π}{2}x，x∈（0，1）$．
$g′（x）=2-\frac{{π}^{2}}{4}sin\frac{π}{2}x$，
∵g′（x）在（0，1）上遞減，且g′（0）＞0，g′（1）＜0，
∴g′（x）在區(qū)間（0，1）上存在唯一零點(diǎn)m．
∴g（x）在（0，m）上遞增，在（m，1）上遞減．
由$\left\{\begin{array}{l}{g（0）≥-a}\\{g（1）≥-a}\end{array}\right.$，
解得$a≥-\frac{π}{2}$．
∴a的取值范圍是$[-\frac{π}{2}，+∞）$；
（2）證明：當(dāng)a=-2時(shí)，f（x）=${x}^{2}-2x+sin\frac{π}{2}x，x∈（0，1）$．
$f′（x）=2x-2+\frac{π}{2}cos\frac{π}{2}x$．
令φ（x）=f′（x），x∈（0，1]．
φ′（x）=$2-\frac{{π}^{2}}{4}sin\frac{π}{2}x$，
顯然φ′（x）在（0，1）上遞減，又φ′（0）=2＞0，φ′（1）=2-$\frac{{π}^{2}}{4}＜0$．
故存在唯一實(shí)數(shù)n，使得φ′（n）=0，
∴φ（x）在（0，n）上遞增，在（n，1）上遞減．
而f′（0）=-2+$\frac{π}{2}$＜0，f′（1）=0，∴f′（n）＞0．
由f′（x₀）=0知0＜x₀＜n＜1．
令x₁＜x₂，
∴f（x）在（0，x₁）遞減，在（x₂，1）遞增．
由f（x₁）=f（x₂）得，0＜x₁＜x₀＜x₂＜1．
令F（x）=f（x₀+x）-f（x₀-x），
則F′（x）=${f}^{′}（{x}_{0}+x）+{f}^{′}（{x}_{0}-x）$=4x₀-4+$πcos\frac{π{x}_{0}}{2}cos\frac{πx}{2}$，
又F′（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，
∴F′（x）＜F′（0）=4x₀-4+$πcos\frac{π}{2}{x}_{0}$=2f′（x₀）=0，
∴F（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，
∴F（x）＜F（0）=0，
∴f（x₀+x）＜f（x₀-x），
∵f（x₁）=f（x₂）=f[x₀-（x₀-x₂）]＜f[x₀+（x₀-x₂）]=f（2x₀-x₂），
∵0＜x₂＜1，∴0＜2x₀-x₂＜x₀，
又∵0＜x₁＜x₀，
而f（x）在（0，x₀）上單調(diào)遞減，
∴x₁＞2x₀-x₂，即x₁+x₂＞2x₀．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、通過(guò)構(gòu)造函數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性解決問(wèn)題的方法，考查了轉(zhuǎn)化能力、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．