Question

2．已知函數f（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$+acosx，g（x）是f（x）的導函數．
（1）若f（x）在$（\frac{π}{2}，f（\frac{π}{2}））$處的切線方程為y=$\frac{π+2}{2}x-\frac{{{π^2}+4π}}{8}$，求a的值；
（2）若a≥0且f（x）在x=0時取得最小值，求a的取值范圍；
（3）在（1）的條件下，當x＞0時，$\sqrt{\frac{{{g^'}（x）}}{2}}+\frac{3}{8}{x^2}＞{e^{\frac{x-1}{2}}}$．

Answer 1

分析 （1）先求導，根據導數和幾何意義即可求出，
（2）先求導，再分類討論，根據導數和函數的最值得關系即可求出參數的取值范圍，
（3）原不等式轉化為cos$\frac{x}{2}$+$\frac{3}{8}$x²＞${e^{\frac{x-1}{x}}}$成立，分別根據均值不等式和導數和函數的最值得關系即可證明．

解答 解：（1）f′（x）=x-asinx，
f′（$\frac{π}{2}$）=$\frac{π}{2}$-a=$\frac{π+2}{2}$，
∴a=-1，經驗證a=-1合題意；
（2）g（x）=f′（x）=x-asinx     g′（x）=1-acosx
①當a=0時，f（x）=$\frac{1}{2}$x²，顯然在x=0時取得最小值，
∴a=0合題意；
②當a＞0時，
（i）當$\frac{1}{a}$≥1即0＜a≤1時，g′（x）≥0恒成立，
∴g（x）在（-∞，+∞）上單調遞增，又g（0）=0
∴當x＜0時，g（x）＜0 即f′（x）＜0，當x＞0時，g（x）＞0 即f′（x）＞0
∴f（x）在（-∞，0）上單調遞減，在（0，+∞）上單調遞增；
∴f（x） 在x=0時取得最小值
∴當0＜a≤1時合題意；
（ii）當0＜$\frac{1}{a}$＜1即a＞1時，在（0，π）內存在唯一x₀=arccos$\frac{1}{a}$使g′（x）=0
當x∈（0，x₀）時，
∵y=cosx在（0，π）上是單調遞減的，
∴cosx＞cosx₀=$\frac{1}{a}$
∴g′（x）=a （$\frac{1}{a}$-cosx）＜0，
∴g（x） 在（0，x₀）上單調遞減，
∴g（x）＜g（0）=0
即f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，x₀）內單調遞減；
∴x∈（0，x₀）時，f（x）＜0  這與f（x）在x=0時取得最小值即f（x）≥f（0）矛盾，
∴當a＞1時不合題意；
綜上，a的取值范圍是0，1]，
（3）由（1）知，a=-1  此時g（x）=x+sinx，g′（x）=1+cosx，
∴$\sqrt{\frac{g′（x）}{2}}$=$\sqrt{\frac{1+cosx}{2}}$=|cos$\frac{x}{2}$|≥cos$\frac{x}{2}$，
∴若要證原不等式成立，只需證cos$\frac{x}{2}$+$\frac{3}{8}$x²＞${e^{\frac{x-1}{x}}}$成立；
由（2）知，當a=1時，f（x）≥f（0）恒成立，即$\frac{1}{2}$x²+cosx≥1恒成立
即cosx≥1-$\frac{1}{2}$x²（當且僅當x=0時取“=“號），
∴cos$\frac{x}{2}$≥1-$\frac{1}{8}$x²（當且僅當x=0時取“=“號） …①
∴只需證：1-$\frac{1}{8}$x²+$\frac{3}{8}$x²＞${e^{\frac{x-1}{x}}}$成立，即1+$\frac{1}{4}$x²＞${e^{\frac{x-1}{x}}}$，
又由均值不等式知：1+$\frac{1}{4}$x²≥x（當且僅當x=2時取“=“號）  …②
∵①②兩個不等式取“=“的條件不一致，
∴只需證：x≥${e^{\frac{x-1}{x}}}$，
兩邊取對數得：lnx≥1-$\frac{1}{x}$…③
下面證③式成立：令ϕ（x）=lnx-1+$\frac{1}{x}$，
則ϕ′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{x2}$=$\frac{x-1}{x2}$，
∴ϕ（x）在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增
∴ϕ（x）≥ϕ（1）=0，
即lnx-1+$\frac{1}{x}$≥0，
∴lnx≥1-$\frac{1}{x}$，
即③式成立，
∴原不等式成立．

點評 本題考查利用函數的最值求參數問題，以及不等式的證明，解題時要認真審題，仔細解答，注意分類討論思想和等價轉化思想及導數性質的合理運用，屬于難題