Question

11．已知函數(shù)f（x）=ax²+cosx（a∈R）記f（x）的導(dǎo)函數(shù)為g（x）
（1）證明：當(dāng)a=$\frac{1}{2}$時(shí)，g（x）在R上的單調(diào)函數(shù)；
（2）若f（x）在x=0處取得極小值，求a的取值范圍；
（3）設(shè)函數(shù)h（x）的定義域?yàn)镈，區(qū)間（m，+∞）⊆D．若h（x）在（m，+∞）上是單調(diào)函數(shù)，則稱h（x）在D上廣義單調(diào)．試證明函數(shù)y=f（x）-xlnx在0，+∞）上廣義單調(diào)．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，單調(diào)函數(shù)的極小值，從而確定a的具體范圍即可；
（3）記h（x）=ax²+cosx-xlnx（x＞0），求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 （1）證明：a=$\frac{1}{2}$時(shí)，f（x）=$\frac{1}{2}$x²+cosx，
故f′（x）=x-sinx，即g（x）=x-sinx，g′（x）=1-cosx≥0，
故g（x）在R遞增；
（2）解：∵g（x）=f′（x）=2ax-sinx，∴g′（x）=2a-cosx，
①a≥$\frac{1}{2}$時(shí)，g′（x）≥1-cosx≥0，函數(shù)f′（x）在R遞增，
若x＞0，則f′（x）＞f（0）=0，
若x＜0，則f′（x）＜f′（0）=0，
故函數(shù)f（x）在（0，+∞）遞增，在（-∞，0）遞減，
故f（x）在x=0處取極小值，符合題意；
②a≤-$\frac{1}{2}$時(shí)，g′（x）≤-1-cosx≤0，f′（x）在R遞減，
若x＞0，則f′（x）＜f′（0）=0，
若x＜0，則f′（x）＞f′（0）=0，
故f（x）在（0，+∞）遞減，在（-∞，0）遞增，
故f（x）在x=0處取極大值，不合題意；
③-$\frac{1}{2}$＜a＜$\frac{1}{2}$時(shí)，存在x₀∈（0，π），使得cosx₀=2a，即g′（x₀）=0，
但當(dāng)x∈（0，x₀）時(shí)，cosx＞2a，即g′（x）＜0，f′（x）在（0，x₀）遞減，
故f′（x）＜f′（0）=0，即f（x）在（0，x₀）遞減，不合題意，
綜上，a的范圍是[$\frac{1}{2}$，+∞）；
（3）解：記h（x）=ax²+cosx-xlnx（x＞0），
①a＞0時(shí)，lnx＜x，則ln${x}^{\frac{1}{2}}$＜${x}^{\frac{1}{2}}$，即lnx＜2$\sqrt{x}$，
當(dāng)x＞${（\frac{1+\sqrt{4a+1}}{2a}）}^{2}$時(shí)，
h′（x）=2ax-sinx-1-lnx＞2ax-2$\sqrt{x}$-2=2（$\sqrt{x}$-$\frac{1-\sqrt{4a+1}}{2a}$）（$\sqrt{x}$-$\frac{1+\sqrt{4a+1}}{2a}$）＞0，
故存在m=${（\frac{1+\sqrt{4a+1}}{2a}）}^{2}$，函數(shù)h（x）在（m，+∞）遞增；
②a≤0時(shí)，x＞1時(shí)，h′（x）=2ax-sinx-1-lnx＜-sinx-1-lnx＜0，
故存在m=1，函數(shù)h（x）在（m，+∞）遞減；
綜上，函數(shù)y=f（x）-xlnx在（0，+∞）上廣義單調(diào)．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．