Question

已知函數(shù)f（x）=sinx-ax-bxcosx（a∈R，b∈R）．
（1）若b=0，討論函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，π）上的單調(diào)性；
（2）若a=2b且對(duì)任意的x≥0，都有f（x）≤0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）討論函數(shù)的單調(diào)性，先想到的方法就是求導(dǎo)數(shù)法，在這里需要對(duì)字母a進(jìn)行討論；
（2）這一問(wèn)先由條件得到不等式sinx-ax-

1

2

axcosx≤0，然后對(duì)這個(gè)不等式做適當(dāng)變形為：

sinx

2+cosx

≤

1

2

ax，讓不等式的一邊全是三角函數(shù)，另一邊是一次函數(shù)，這步變形很重要，接著得到這個(gè)不等式：

sinx

2+cosx

-

1

2

ax≤0，這樣就使原條件中的f（x）≤0恒成立，變成了這個(gè)不等式恒成立．接著構(gòu)造函數(shù)g（x）=

sinx

2+cosx

-

1

2

ax，后面就是看如何限制a使得函數(shù)g（x）的取值是g（x）≤0．

解答： 解：（1）b=0時(shí)，f（x）=sinx-ax，則f′（x）=cosx-a，又在（0，π）上，-1＜cosx＜1；
所以：當(dāng)a≤-1時(shí)，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，π）上單調(diào)遞增；
當(dāng)a≥1時(shí)，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，π）上單調(diào)遞減；
當(dāng)-1＜a＜1時(shí)，存在φ∈（0，π），使得cosφ=a，即f′（φ）=0；由于cosx在（0，π）上單調(diào)遞減，所以：
x∈（0，φ）時(shí)，cosx＞cosφ，即cosx＞a，f′（x）＞0，所以函數(shù)f（x）在（0，φ）上單調(diào)遞增；
x∈（φ，π）時(shí)，cosx＜cosφ，即cosx＜a，f′（x）＜0，所以函數(shù)f（x）在（φ，π）上單調(diào)遞減．
（2）a=2b時(shí)，f（x）=sinx-

a

2

x(2+cosx)；
f（x）≤0恒成立，等價(jià)于

sinx

2+cosx

≤

a

2

x；
令g(x)=

sinx

2+cosx

-

a

2

x，則g′(x)=

2cosx+1

(2+cosx)2

-

a

2

=-3(

1

2+cosx

-

1

3

)2--

a

2

+

1

3

；
當(dāng)

a

2

≥

1

3

，  即a≥

2

3

   時(shí)，g′（x）≤0，所以g（x）在區(qū)間[0，+∞）上單調(diào)遞減；
所以當(dāng)x≥0時(shí)，g（x）≤g（0）=0，即f（x）≤0恒成立；
當(dāng)0＜

a

2

＜

1

3

，即0＜a＜

2

3

時(shí)，令h（x）=

sinx

3

-

a

2

x，則h′（x）=

cosx

3

-

a

2

；
存在θ0∈(0，

π

2

)，    使得cosθ0=

3

2

a；
此時(shí)x∈（0，θ₀）時(shí)，h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增，h（x）＞h（0）=0，即

sinx

3

＞

a

2

x；
所以

sinx

2+cosx

≥

sinx

3

＞

a

2

x，即f（x）＞0，不合題意；
當(dāng)a≤0時(shí)，f(

π

2

)=1-

a

2

π＞0，不合題意；
綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[

2

3

，+∞）．

點(diǎn)評(píng)：本題用到的就是用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的方法，而要注意的或本題的難點(diǎn)就是對(duì)于第二問(wèn)中對(duì)不等式做的變形過(guò)程，以及所構(gòu)造出的函數(shù)．