Question

18．已知函數f（x）=sinx-xcosx（x≥0）．
（1）求函數f（x）的圖象在$（\frac{π}{2}，1）$處的切線方程；
（2）若任意x∈[0，+∞），不等式f（x）＜ax³恒成立，求實數a的取值范圍；
（3）設m=${∫}_{0}^{\frac{π}{2}}$f（x）dx，$g（x）=\frac{6m}{{（4-π）{x^2}}}f（x）$，證明：$[1+g（\frac{1}{3}）][1+g（\frac{1}{3^2}）]…[1+g（\frac{1}{3^n}）]＜\sqrt{e}$．

Answer 1

分析 （1）求出函數的導數，計算f′（$\frac{π}{2}$）的值，求出切線方程即可；
（2）令g（x）=sinx-xcosx-ax³，求出函數的導數，令h（x）=sinx-3ax，通過討論a的范圍，結合函數的單調性求出a的范圍即可；
（3）求出g（x）的解析式，求出ln（1+x）＜x在（0，+∞）上恒成立，令$x=\frac{1}{3^n}⇒ln（1+\frac{1}{3^n}）＜\frac{1}{3^n}$，累加即可．

解答 解：（1）∵f′（x）=xsinx，${f^'}（\frac{π}{2}）=\frac{π}{2}$，
∴切線為$y=\frac{π}{2}（x-\frac{π}{2}）+1$；
（2）f（x）≤ax³?sinx-xcosx-ax³≤0，
令g（x）=sinx-xcosx-ax³，
則g′（x）=xsinx-3ax²=x（sinx-3ax），
又令h（x）=sinx-3ax⇒h′（x）=cosx-3a，
①當3a≤-1，即$a≤-\frac{1}{3}$時，h′（x）≥0恒成立，∴h（x）遞增，
∴h（x）≥h（0）=0，∴g′（x）≥0，∴g（x）遞增，
∴g（x）≥g（0）=0（不合題意）；
②當3a≥1即$a≥\frac{1}{3}$時，h′（x）≤0⇒h（x）遞減，
∴h（x）≤h（0）=0，∴g′（x）≤0，∴g（x）遞減
∴g（x）≤g（0）=0（符合題意）
③當-1＜3a＜1，即$-\frac{1}{3}＜a＜\frac{1}{3}$時，
由h′（0）=1-3a＞0h′（π）=-1-3a＜0，
∴在（0，π）上，?x₀，使h′（x₀）=0
且x∈（0，x₀）時，h′（x）＞0⇒g′（x）＞0，
∴g（x）遞增，∴g（x）＞g（0）=0（不符合題意）
綜上：$a≥\frac{1}{3}$．
（3）$m=\int_0^{\frac{π}{2}}{f（x）dx=（-xsinx-2cosx）\left|{\begin{array}{l}{\frac{π}{2}}\\ 0\end{array}}\right.}=2-\frac{π}{2}$
∴$g（x）=\frac{3}{x^2}f（x）$，由（1）知，當$a=\frac{1}{3}$時，$f（x）≤\frac{1}{3}{x^3}$，∴g（x）≤x，
又令μ（x）=ln（1+x）-x，x＞0$⇒{u^'}（x）=\frac{-x}{x+1}＜0$，
∴u（x）遞減⇒u（x）＜u（0）=0，
即ln（1+x）＜x在（0，+∞）上恒成立，
令$x=\frac{1}{3^n}⇒ln（1+\frac{1}{3^n}）＜\frac{1}{3^n}$，
∴原不等式$?ln[1+g（\frac{1}{3}）]+ln[1+g（\frac{1}{3^2}）]+…+ln[1+g（\frac{1}{3^n}）]＜\frac{1}{2}$，
∴左式$＜\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+…+\frac{1}{3^n}=\frac{{\frac{1}{3}（1-\frac{1}{3^n}）}}{{1-\frac{1}{3}}}=\frac{1}{2}（1-\frac{1}{3^n}）＜\frac{1}{2}$=右式
∴得證．

點評 本題考查了切線方程問題，考查導數的應用以及不等式的證明，考查分類討論思想，轉化思想，是一道綜合題．