Question

5．已知f（x）=sinx-xcosx（x≥0）．
（1）求函數(shù)f（x）的圖象在（$\frac{π}{2}$，1）處的切線方程；
（2）若a≥$\frac{1}{3}$，則?x∈[0，$\frac{π}{2}$]，不等式f（x）≤ax³是否恒成立？并說明你的理由．
（3）若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（$\frac{1}{{3}^{3}}$）]…[1+g（$\frac{1}{{3}^{n}}$）]＜$\sqrt{e}$．

Answer 1

分析 （1）利用導(dǎo)數(shù)求出斜率，再用點斜式寫出方程；
（2）構(gòu)造函數(shù)h（x）=ax³-f（x）=ax³-sinx+xcosx，
h′（x）=x（3ax-sinx），可得a≥$\frac{1}{3}$，則?x∈[0，$\frac{π}{2}$]，cosx≤1，∴G′（x）=3a-cosx≥0在[0，$\frac{π}{2}$]恒成立，
即h（x）≥h（0）=0，得到a≥$\frac{1}{3}$，則?x∈[0，$\frac{π}{2}$]，不等式f（x）≤ax³恒成立．
（3）求出m，．可得g（x）=$\frac{6m}{（4-π）{x}^{2}}$f（x）=$\frac{3}{{x}^{2}}f（x）$．
利用x$∈（0，\frac{π}{2}）$時，tanx＞x，及（2）得x$∈（0，\frac{π}{2}）$時，f（x）$＜\frac{1}{3}{x}^{2}$，即0$＜g（\frac{1}{{3}^{n}}）＜\frac{1}{{3}^{n}}$
利用x＞0時，x+1＜e^x，得x＞0時，0$＜1+g（\frac{1}{{3}^{n}}）＜1+\frac{1}{{3}^{n}}＜{e}^{\frac{1}{{3}^{n}}}$；
[1+g（$\frac{1}{3}$）][1+g（$\frac{1}{{3}^{2}}$）][1+g（$\frac{1}{{3}^{3}}$）]…[1+g（$\frac{1}{{3}^{n}}$）]＜${e}^{\frac{1}{3}}•{e}^{\frac{1}{{3}^{2}}}•{e}^{\frac{1}{{3}^{3}}}…{e}^{\frac{1}{{3}^{n}}}$=${e}^{\frac{1}{3}+\frac{1}{{3}^{2}}+…+\frac{1}{{3}^{n}}}$得證

解答 解：（1）f′（x）=cosx-（cosx-xsinx）=xsinx，
∴f′（$\frac{π}{2}$）=$\frac{π}{2}$，函數(shù)f（x）的圖象在（$\frac{π}{2}$，1）處的切線方程為y-1=$\frac{π}{2}（x-\frac{π}{2}）$，
即y=$\frac{π}{2}x-\frac{{π}^{2}}{4}+1$為所求．
（2）a≥$\frac{1}{3}$，?x∈[0，$\frac{π}{2}$]，不等式f（x）≤ax³恒成立．
理由：令h（x）=ax³-f（x）=ax³-sinx+xcosx，
h′（x）=x（3ax-sinx），
令G（x）=3ax-sinx，G′（x）=3a-cosx，
∵a≥$\frac{1}{3}$，則?x∈[0，$\frac{π}{2}$]，cosx≤1，∴G′（x）=3a-cosx≥0在[0，$\frac{π}{2}$]恒成立，
∴G（x在[0，$\frac{π}{2}$]遞增，∴G（x）≥G（0）=0，故h′（x）=x（3ax-sinx）≥0，
∴h（x）在[0，$\frac{π}{2}$]遞增，∴h（x）≥h（0）=0，
∴a≥$\frac{1}{3}$，則?x∈[0，$\frac{π}{2}$]，不等式f（x）≤ax³是恒成立．
（3）證明：∵（-2cosx-xsinx）′=sinx-xcosx=f（x）．
∴m=${∫}_{0}^{\frac{π}{2}}$f（x）dx=-$\frac{π}{2}$+2．∴g（x）=$\frac{6m}{（4-π）{x}^{2}}$f（x）=$\frac{3}{{x}^{2}}f（x）$．
∵x$∈（0，\frac{π}{2}）$時，tanx＞x，即sinx＞xcosx，故g（x）＞0，
由（2）得x$∈（0，\frac{π}{2}）$時，f（x）$＜\frac{1}{3}{x}^{2}$，
∴0＜g（x）＜x，即0$＜g（\frac{1}{{3}^{n}}）＜\frac{1}{{3}^{n}}$
易得x＞0時，x+1＜e^x
∴x＞0時，0$＜1+g（\frac{1}{{3}^{n}}）＜1+\frac{1}{{3}^{n}}＜{e}^{\frac{1}{{3}^{n}}}$；
所以[1+g（$\frac{1}{3}$）][1+g（$\frac{1}{{3}^{2}}$）][1+g（$\frac{1}{{3}^{3}}$）]…[1+g（$\frac{1}{{3}^{n}}$）]＜${e}^{\frac{1}{3}}•{e}^{\frac{1}{{3}^{2}}}•{e}^{\frac{1}{{3}^{3}}}…{e}^{\frac{1}{{3}^{n}}}$=${e}^{\frac{1}{3}+\frac{1}{{3}^{2}}+…+\frac{1}{{3}^{n}}}$
∵$\frac{1}{3}+\frac{1}{{3}^{2}}+\frac{1}{{3}^{2}}+…+\frac{1}{{3}^{n}}=\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{3}^{n}}）＜\frac{1}{2}$，
∴[1+g（$\frac{1}{3}$）][1+g（$\frac{1}{{3}^{2}}$）][1+g（$\frac{1}{{3}^{3}}$）]…[1+g（$\frac{1}{{3}^{n}}$）]＜$\sqrt{e}$

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的幾何意義，函數(shù)不等式的證明、函數(shù)不等式的放縮，屬于難題．