分析 (1)求導(dǎo),構(gòu)造輔助函數(shù)g(x)=f′(x)=-sinx+ax,則g′(x)=-cosx+a,當(dāng)a≥1時(shí),可知g(x)在R上單調(diào)遞增,g(0)=0,即可判斷f(x)在[0,+∞)上為增函數(shù),在(-∞,0)上為減函數(shù),由f(x)=0,即可證明,當(dāng)a≥1時(shí),f(x)有唯一的零點(diǎn);
(2)分類,當(dāng)a≤0時(shí),由函數(shù)的單調(diào)性可知f($\frac{π}{2}$)<0,不滿足f(x)≥0;當(dāng)0<a<1,設(shè)h(x)=f′(x)=-sinx+ax,根據(jù)余弦函數(shù)性質(zhì)可知存在x0∈(0,$\frac{π}{2}$),使得cosx0=a,且h(x)=-sinx+ax在[0,x0)上為減函數(shù),f(x)在[0,x0)為減函數(shù),故當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),f(x)<f(0)=0,不符合題意,由(1)可知:當(dāng)a≥1時(shí),f(x)≥0,因此,若f(x)≥0,實(shí)數(shù)a的取值范圍[1,+∞).
解答 解:(1)證明:因?yàn)閒′(x)=-sinx+ax(x∈R).
令g(x)=-sinx+ax,則g′(x)=-cosx+a,
所以當(dāng)a≥1時(shí),g′(x)=-cosx+a≥0,即g(x)在R上單調(diào)遞增,
又g(0)=-sin0=0,
所以x∈[0,+∞),f′(x)≥0,當(dāng)x∈(-∞,0),f′(x)<0,
所以f(x)在[0,+∞)上為增函數(shù),在(-∞,0)上為減函數(shù),
又f(0)=0,所以當(dāng)x∈[0,+∞),f(x)≥0,
當(dāng)x∈(-∞,0),對(duì)x∈R恒成立,即當(dāng)a≥1時(shí),f(x)≥0,
且當(dāng)且僅當(dāng)x=0,f(x)=0,
故當(dāng)a≥1時(shí),f(x)有唯一的零點(diǎn);
(2)①當(dāng)a≤0時(shí),
∵f($\frac{π}{2}$)=$\frac{a}{2}$•($\frac{π}{2}$)2-1≤-1<0,
所以當(dāng)a≤0,不符合題意;
②當(dāng)0<a<1時(shí),
因?yàn)閒′(x)=-sinx+ax,設(shè)h(x)=-sinx+ax,x∈(0,π),
h′(x)=-cosx+a,
因?yàn)閍∈(0,1),所以存在x0∈(0,$\frac{π}{2}$),使得cosx0=a,
因?yàn)閏osx在(0,π)上為單調(diào)遞減,所以當(dāng)x∈[0,x0),h′(x)<0,
h(x)=-sinx+ax在[0,x0)上為減函數(shù),
即f′(x)=h(x)≤h(0)=0,
所以f(x)在[0,x0)為減函數(shù),故當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),f(x)<f(0)=0,
故當(dāng)0<a<1不符合題意,
③當(dāng)a≥1時(shí),由(1)知,f(x)≥0,
綜上,若f(x)≥0,實(shí)數(shù)a的取值范圍[1,+∞).
點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、函數(shù)零點(diǎn)問(wèn)題、三角函數(shù)等知識(shí),考查分類討論思想,考查學(xué)生綜合運(yùn)用所學(xué)知識(shí)分析解決問(wèn)題的能力,難度較大,屬于難題.
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A. | $\frac{\sqrt{5}}{2}$ | B. | $\frac{3\sqrt{2}}{2}$ | C. | $\frac{\sqrt{2}}{2}$ | D. | $\frac{1}{2}$ |
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A. | -$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$ | B. | $\frac{{\sqrt{3}}}{2}$ | C. | -$\frac{1}{2}$ | D. | $\frac{1}{2}$ |
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A. | 21π | B. | 24π | C. | 28π | D. | 36π |
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A. | 2π | B. | π | C. | $\frac{π}{2}$ | D. | $\frac{π}{4}$ |
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