Question

8．已知f（x）=x${\;}^{2}+ax+sin（\frac{π}{2}x）$，x∈（0，1）．
（1）若f（x）在（0，1）上是單調(diào)遞增函數(shù)，求a的取值范圍；
（2）當(dāng)a=-2時(shí)，f（x）≥f（x₀）恒成立，且f（x₁）=f（x₂）（x₁≠x₂），求證：x₁+x₂＞2x₀．

Answer 1

分析 （1）利用導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性求其最小值，分離參數(shù)法求解．
（2）利用單調(diào)性證明存在唯一實(shí)數(shù)根ξ∈（0，1）使得h′（ξ）=0；證明f（x）≥f（x₀）恒成立，x₀是f（x）的極小值點(diǎn)，由f′（x₀）=0，可知0＜x₀＜ξ＜1．∴f（x）在區(qū)間（0，x₀）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（x₀，1）上單調(diào)遞增．f′（$\frac{1}{2}$）=-1+$\frac{\sqrt{2}π}{4}＞0$，∴0＜x₀＜$\frac{1}{2}$；不妨設(shè)x₁＜x₂，由題意：f（x₁）=f（x₂），則：0＜x₁＜x₀＜x₂＜1．要證明：x₁+x₂＞2x₀，即證明：2x₀-x₁＜x₂即可．

解答 解：（1）f（x）=x${\;}^{2}+ax+sin（\frac{π}{2}x）$，x∈（0，1）．
則f′（x）=2x+a-$\frac{π}{2}cos\frac{π}{2}x$，
∵f（x）在（0，1）上是單調(diào)遞增函數(shù)，
∴f′（x）≥0恒成立，即2x+a-$\frac{π}{2}cos\frac{π}{2}x$≥0
可得：2x-$\frac{π}{2}cos\frac{π}{2}x$≥-a恒成立，
令g（x）=2x-$\frac{π}{2}cos\frac{π}{2}x$，x∈（0，1）．
g′（x）=2-$\frac{{π}^{2}}{4}$sin$\frac{π}{4}x$
∵x∈（0，1）是g′（x）＞0，且g′（0）＞0，g′（1）＜0；
∴g′（x）在區(qū)間（0，1）上存在唯一零點(diǎn)x′；
所以g（x）在區(qū)間（0，x′）上單調(diào)遞增，在區(qū)間（x′，1）上單調(diào)遞減，
故有$\left\{\begin{array}{l}{g（0）≥-a}\\{g（1）≥-a}\end{array}\right.$，解得：a$≥-\frac{π}{2}$．
所以f（x）在（0，1）上是單調(diào)遞增函數(shù)，a的取值范圍是[$-\frac{π}{2}$，+∞）
證明：（2）當(dāng)a=-2時(shí)，f（x）=${x}^{2}-2x+sin\frac{π}{2}x$，x∈（0，1）．
則f′（x）=2x-2-$\frac{π}{2}cos\frac{π}{2}x$，
令h（x）=2x-2-$\frac{π}{2}cos\frac{π}{2}x$，即f′（x）=h（x）；
則h′（x）=2-$\frac{{π}^{2}}{4}$sin$\frac{π}{4}x$
顯然x∈（0，1）上，h′（x）是單調(diào)遞減．
又∵h(yuǎn)′（0）=2＞0，h′（1）=2$-\frac{{π}^{2}}{4}$＜0，
故存在唯一實(shí)數(shù)根ξ∈（0，1）使得h′（ξ）=0；
所以h（x）在區(qū)間（0，ξ）上單調(diào)遞增，在區(qū)間（ξ，1）上單調(diào)遞減，
即f′（x）在區(qū)間（0，ξ）上單調(diào)遞增，在區(qū)間（ξ，1）上單調(diào)遞減；
又∵f′（0）=-2+$\frac{π}{2}$＜0，f′（1）=0；
∴f′（ξ）＞0；
因?yàn)閒（x）≥f（x₀）恒成立，所以x₀是f（x）的極小值點(diǎn)，
由f′（x₀）=0，可知0＜x₀＜ξ＜1．
∴f（x）在區(qū)間（0，x₀）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（x₀，1）上單調(diào)遞增．
f′（$\frac{1}{2}$）=-1+$\frac{\sqrt{2}π}{4}＞0$，
∴0＜x₀＜$\frac{1}{2}$；
不妨設(shè)x₁＜x₂，由題意：f（x₁）=f（x₂），
則：0＜x₁＜x₀＜x₂＜1．
要證明：x₁+x₂＞2x₀，
即證明：2x₀-x₁＜x₂，
∵x₀＜2x₀-x₁＜1，x₀＜x₂＜1，
所以只要證：f（2x₀-x₁）＜f（x₂）＜f（x₁）；
即要證f（2x₀-x₁）＜f（x₁）；
設(shè)F（x）=f（2x₀-x₁）-f（x₁）；
即證F（x）＜0在x∈（0，1）上恒成立，
F′（x）=-f′（2x₀-x₁）-f′（x₁）=-h（2x₀-x₁）-h（x₁）
令M（x）=-h（2x₀-x₁）-h（x₁）
則M′（x）=h′（2x₀-x₁）-h′（x₁）
∵h(yuǎn)′（x）在x∈（0，1）上單調(diào)遞減．
x₀＜2x₀-x₁＜1，
∴h′（2x₀-x₁）-h′（x₁）＜0
即h（x）＜0，x∈（0，1）上單調(diào)遞減．
h（x）＞h（x₀）=-2f′（x₀）=0；
可得F′（x）＞0，在x∈（0，x₀）上恒成立，
則F（x）在x∈（0，x₀）上單調(diào)遞增，
F（x）＜F（x₀）=0；
所以：x₁+x₂＞2x₀．

點(diǎn)評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、考查了恒成立問題的等價(jià)轉(zhuǎn)化方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．