Question

13．已知函數(shù)f（x）=e^x（sinx+$\frac{3a-6}{4}$-ax²），其中a∈R．
（1）如果a=0，當(dāng)x∈[0，π]時(shí)，求f（x）的取值范圍；
（2）如果$\frac{1}{2}$≤a≤1，求證：對(duì)任意的x∈[0，+∞），恒有f（x）＜0．

Answer 1

分析 （1）求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系進(jìn)行討論即可．
（2）對(duì)任意的x∈[0，+∞），f（x）＜0轉(zhuǎn)化為證明對(duì)任意的x∈[0，+∞），sinx-ax²+$\frac{3a}{4}$-$\frac{3}{2}$＜0，即可，構(gòu)造函數(shù)，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)進(jìn)行研究即可．

解答 解：（1）當(dāng)a=0時(shí)，f（x）=e^x（sinx-$\frac{3}{2}$），
則f′（x）=e^x（sinx-$\frac{3}{2}$）+e^xcosx=e^x（sinx-$\frac{3}{2}$+cosx），
∵sinx+cosx=$\sqrt{2}$sin（x+$\frac{π}{4}$）≤$\sqrt{2}$＜$\frac{3}{2}$，
∴sinx+cosx-$\frac{3}{2}$＜0，
故f′（x）＜0，
則f（x）在R上單調(diào)遞減，
∴f（x）_max=f（0）=-$\frac{3}{2}$，f（x）_min=f（π）=-$\frac{{3e}^{π}}{2}$，
∴f（x）∈[-$\frac{{3e}^{π}}{2}$，-$\frac{3}{2}$]；
（2）證明：當(dāng)x≥0時(shí)，y=e^x≥1，
要證明對(duì)任意的x∈[0，+∞），f（x）＜0．
則只需要證明對(duì)任意的x∈[0，+∞），sinx-ax²+$\frac{3a}{4}$-$\frac{3}{2}$＜0．
設(shè)g（a）=sinx-ax²+$\frac{3a}{4}$-$\frac{3}{2}$=（-x²+$\frac{3}{4}$）a+sinx-$\frac{3}{2}$，
看作以a為變量的一次函數(shù)，
要使sinx-ax²+$\frac{3a}{4}$-$\frac{3}{2}$＜0，
則 $\left\{\begin{array}{l}{g（\frac{1}{2}）＜0}\\{g（1）＜0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{sinx-{\frac{1}{2}x}^{2}-\frac{9}{8}＜0，①}\\{sinx{-x}^{2}-\frac{3}{4}＜0，②}\end{array}\right.$，
∵sinx＜$\frac{1}{2}$x²+$\frac{9}{8}$恒成立，∴①恒成立，
對(duì)于②，令h（x）=sinx-x²-$\frac{3}{4}$，
則h′（x）=cosx-2x，
設(shè)x=t時(shí)，h′（x）=0，即cost-2t=0．
∴t=$\frac{cost}{2}$＜$\frac{1}{2}$，sint＜sin$\frac{π}{6}$=$\frac{1}{2}$，
∴h（x）在（0，t）上，h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增，
在（t，+∞）上，h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，
則當(dāng)x=t時(shí)，函數(shù)h（x）取得最大值，
h（t）=sint-t²-$\frac{3}{4}$=sint-（$\frac{cost}{2}$）²-$\frac{3}{4}$
=sint-$\frac{1{-sin}^{2}t}{4}$-$\frac{3}{4}$=$\frac{1}{4}$sin²t+sint-1
=（$\frac{sint}{2}$+1）²-2≤（$\frac{5}{4}$）²-2＜0，
故②式成立，
綜上對(duì)任意的x∈[0，+∞），f（x）＜0．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強(qiáng)，難度較大．