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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.

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)=ex-mx2-2x+b-2>0即:F(x)min>0,求出導數F′(x)=ex-2mx-2,二次導數F(x)=ex-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=ex-mx2-2x+b-2>0
即:F(x)min>0又F′(x)=ex-2mx-2,F′′(x)=ex-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.

練習冊系列答案
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