Question

4．已知f（x）=asinx，g（x）=lnx，其中a∈R（y=g^-1（x）與y=g（x）關于直線y=x對稱）
（1）若函數G（x）=f（1-x）+g（x）在區間（0，1）上遞增，求a的取值范圍；
（2）證明：$\sum_{k=1}^n{sin\frac{1}{{{{（1+k）}^2}}}＜ln2}$；
（3）設F（x）=g^-1（x）-mx²-2（x+1）+b（m＜0），其中F（x）＞0恒成立，求滿足條件的最小整數b的值．

Answer 1

分析 （1）化簡$G（x）=asin（1-x）+lnx，{G^/}（x）=\frac{1}{x}-acos（1-x）＞0$恒成立，分離變量，利用函數的單調性推出結果即可．
（2）當a=1時，G（x）=sin（1-x）+lnx在（0，1）單調增，推出$sin\frac{1}{{{{（1+k）}^2}}}=sin[1-\frac{{{k^2}+2k}}{{{{（1+k）}^2}}}]＜ln\frac{{{{（k+1）}^2}}}{{{k^2}+2k}}$
然后證明即可．
（3）化簡F（x）=e^x-mx²-2x+b-2＞0即：F（x）_min＞0，求出導數F′（x）=e^x-2mx-2，二次導數F^∥（x）=e^x-2m判斷導函數的符號，推出函數的單調性，求出最值，列出不等式，$b＞（\frac{x_0}{2}-1）{e^{x_0}}+{x_0}+2$，x₀∈（0，ln2）恒成立，構造函數，利用函數的導數，求解最值，然后推出最小整數b的值．

解答 解：（1）由題意：$G（x）=asin（1-x）+lnx，{G^/}（x）=\frac{1}{x}-acos（1-x）＞0$恒成立，
則$a＜\frac{1}{xcos（1-x）}$恒成立．又$y=\frac{1}{xcos（1-x）}$單調遞減，∴a≤1
（2）由（1）知，當a=1時，G（x）=sin（1-x）+lnx在（0，1）單調增
∴sin（1-x）+lnx＜G（1）=0∴$sin（1-x）＜ln\frac{1}{x}（0＜x＜1）$
∴$sin\frac{1}{{{{（1+k）}^2}}}=sin[1-\frac{{{k^2}+2k}}{{{{（1+k）}^2}}}]＜ln\frac{{{{（k+1）}^2}}}{{{k^2}+2k}}$
∴$\sum_{k=1}^{n}sin\frac{1}{（1+k）^{2}}＜ln（\frac{{2}^{2}}{1×3}•\frac{{3}^{2}}{2×4}…\frac{{k}^{2}}{（k-1）（k+1）}•\frac{（k+1）^{2}}{k（k+2）}）$=$\frac{k+1}{k+2}ln2＜ln2$．
（3）由F（x）=g^-1（x）-mx²-2（x+1）+b=e^x-mx²-2x+b-2＞0
即：F（x）_min＞0又F′（x）=e^x-2mx-2，F′′（x）=e^x-2m，
∵m＜0
則F^∥（x）＞0，∴F′（x），單調增，又F′（0）＜0，F′（1）＞0
則必然存在x₀∈（0，1），使得F′（x₀）=0，
∴F（x）在（-∞，x₀）單減，（x₀，+∞）單增，
∴$F（x）≥F（{x_0}）={e^{x_0}}-m{x_0}^2-2{x_0}+b-2＞0$
則$b＞-{e^{x_0}}+m{x_0}^2+2{x_0}+2$，又${e^{x_0}}-2m{x_0}-2=0$∴$m=\frac{{{e^{x_0}}-2}}{{2{x_0}}}$
∴$b＞-{e^{x_0}}+\frac{{{x_0}（{e^{x_0}}-2）}}{2}+2{x_0}+2=（\frac{x_0}{2}-1）{e^{x_0}}+{x_0}+2$
又m＜0，則x₀∈（0，ln2）
∴$b＞（\frac{x_0}{2}-1）{e^{x_0}}+{x_0}+2$，x₀∈（0，ln2）恒成立
令m（x）=$（\frac{x}{2}-1）{e^x}+x+2$，x∈（0，ln2）
則${m^/}（x）=\frac{1}{2}（x-1）{e^x}+1$，m″（x）=$\frac{1}{2}x{e}^{x}＞0$，
∴m′（x）在x∈（0，ln2）單調遞增         又${m^/}（0）=\frac{1}{2}＞0$
∴m′（x）＞0∴m（x）在x∈（0，ln2）單調遞增，
∴m（x）＜m（ln2）=2ln2，∴b＞2ln2又b為整數．
∴最小整數b的值為：2．

點評 本題考查函數的導數的綜合應用，函數的單調性以及函數的最值的求法，二次導數的應用，考查構造法以及轉化思想的應用，難度比較大．