Question

4．已知f（x）=asinx，g（x）=lnx，其中a∈R（y=g^-1（x）与y=g（x）关于直线y=x对称）
（1）若函数G（x）=f（1-x）+g（x）在区间（0，1）上递增，求a的取值范围；
（2）证明：$\sum_{k=1}^n{sin\frac{1}{{{{（1+k）}^2}}}＜ln2}$；
（3）设F（x）=g^-1（x）-mx²-2（x+1）+b（m＜0），其中F（x）＞0恒成立，求满足条件的最小整数b的值．

Answer 1

分析 （1）化简$G（x）=asin（1-x）+lnx，{G^/}（x）=\frac{1}{x}-acos（1-x）＞0$恒成立，分离变量，利用函数的单调性推出结果即可．
（2）当a=1时，G（x）=sin（1-x）+lnx在（0，1）单调增，推出$sin\frac{1}{{{{（1+k）}^2}}}=sin[1-\frac{{{k^2}+2k}}{{{{（1+k）}^2}}}]＜ln\frac{{{{（k+1）}^2}}}{{{k^2}+2k}}$
然后证明即可．
（3）化简F（x）=e^x-mx²-2x+b-2＞0即：F（x）_min＞0，求出导数F′（x）=e^x-2mx-2，二次导数F^∥（x）=e^x-2m判断导函数的符号，推出函数的单调性，求出最值，列出不等式，$b＞（\frac{x_0}{2}-1）{e^{x_0}}+{x_0}+2$，x₀∈（0，ln2）恒成立，构造函数，利用函数的导数，求解最值，然后推出最小整数b的值．

解答 解：（1）由题意：$G（x）=asin（1-x）+lnx，{G^/}（x）=\frac{1}{x}-acos（1-x）＞0$恒成立，
则$a＜\frac{1}{xcos（1-x）}$恒成立．又$y=\frac{1}{xcos（1-x）}$单调递减，∴a≤1
（2）由（1）知，当a=1时，G（x）=sin（1-x）+lnx在（0，1）单调增
∴sin（1-x）+lnx＜G（1）=0∴$sin（1-x）＜ln\frac{1}{x}（0＜x＜1）$
∴$sin\frac{1}{{{{（1+k）}^2}}}=sin[1-\frac{{{k^2}+2k}}{{{{（1+k）}^2}}}]＜ln\frac{{{{（k+1）}^2}}}{{{k^2}+2k}}$
∴$\sum_{k=1}^{n}sin\frac{1}{（1+k）^{2}}＜ln（\frac{{2}^{2}}{1×3}•\frac{{3}^{2}}{2×4}…\frac{{k}^{2}}{（k-1）（k+1）}•\frac{（k+1）^{2}}{k（k+2）}）$=$\frac{k+1}{k+2}ln2＜ln2$．
（3）由F（x）=g^-1（x）-mx²-2（x+1）+b=e^x-mx²-2x+b-2＞0
即：F（x）_min＞0又F′（x）=e^x-2mx-2，F′′（x）=e^x-2m，
∵m＜0
则F^∥（x）＞0，∴F′（x），单调增，又F′（0）＜0，F′（1）＞0
则必然存在x₀∈（0，1），使得F′（x₀）=0，
∴F（x）在（-∞，x₀）单减，（x₀，+∞）单增，
∴$F（x）≥F（{x_0}）={e^{x_0}}-m{x_0}^2-2{x_0}+b-2＞0$
则$b＞-{e^{x_0}}+m{x_0}^2+2{x_0}+2$，又${e^{x_0}}-2m{x_0}-2=0$∴$m=\frac{{{e^{x_0}}-2}}{{2{x_0}}}$
∴$b＞-{e^{x_0}}+\frac{{{x_0}（{e^{x_0}}-2）}}{2}+2{x_0}+2=（\frac{x_0}{2}-1）{e^{x_0}}+{x_0}+2$
又m＜0，则x₀∈（0，ln2）
∴$b＞（\frac{x_0}{2}-1）{e^{x_0}}+{x_0}+2$，x₀∈（0，ln2）恒成立
令m（x）=$（\frac{x}{2}-1）{e^x}+x+2$，x∈（0，ln2）
则${m^/}（x）=\frac{1}{2}（x-1）{e^x}+1$，m″（x）=$\frac{1}{2}x{e}^{x}＞0$，
∴m′（x）在x∈（0，ln2）单调递增         又${m^/}（0）=\frac{1}{2}＞0$
∴m′（x）＞0∴m（x）在x∈（0，ln2）单调递增，
∴m（x）＜m（ln2）=2ln2，∴b＞2ln2又b为整数．
∴最小整数b的值为：2．

点评 本题考查函数的导数的综合应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，二次导数的应用，考查构造法以及转化思想的应用，难度比较大．