Question

10．已知函数f（x）=asinx+cosx，其中a＞0．
（Ⅰ）当a≥1时，判断f（x）在区间[0，$\frac{π}{4}$]上的单调性；
（Ⅱ）当0＜a＜1时，若不等式$\frac{2a}{\sqrt{{a}^{2}+1}}$f（x）＜t²+at+2对于x∈[0，$\frac{π}{4}$]恒成立，求实数t的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由题意求导数可得f′（x）≥0，可得f（x）在区间[0，$\frac{π}{4}$]上单调递增；
（Ⅱ）由f′（x）=0可得方程a=tanx在（0，$\frac{π}{4}$）上必有一根，记为x₀，易得∴f（x）_max=f（x₀）=（a²+1）cosx₀=$\sqrt{{a}^{2}+1}$，问题转化为（t-2）a+（t²+2）＞0当0＜a＜1时恒成立，构造函数h（a）=（t-2）a+（t²+2），可得$\left\{\begin{array}{l}{h（0）={t}^{2}+2≥0}\\{h（1）={t}^{2}+t≥1}\end{array}\right.$，解不等式组可得答案．

解答 解：（Ⅰ）∵a≥1，x∈[0，$\frac{π}{4}$]，
∴f′（x）=acosx-sinx≥cosx-sinx≥0，
∴f（x）在区间[0，$\frac{π}{4}$]上单调递增；
（Ⅱ）令f′（x）=0可得acosx=sinx，
∵x∈[0，$\frac{π}{4}$]，∴cosx≠0，∴a=tanx，
∵0＜a＜1，∴tanx∈（0，1），
∵函数y=tanx在（0，$\frac{π}{4}$）上单调递增，
∴方程a=tanx在（0，$\frac{π}{4}$）上必有一根，记为x₀，
则f′（x₀）=acosx₀-sinx₀=0，
∵f′（x）=acosx-sinx在x∈[0，$\frac{π}{4}$]上单调递减，
∴当x∈（0，x₀）时，f′（x）＞f′（x₀）=0，
当x∈（x₀，$\frac{π}{4}$）时，f′（x）＜f′（x₀）=0，
∴函数f（x）在（0，x₀）单调递增，在（x₀，$\frac{π}{4}$）单调递减，
∴f（x）_max=f（x₀）=asinx₀-cosx₀，
又∵acosx₀=sinx₀，cos²x₀+sin²x₀=1，
∴（a²+1）cos²x₀=1，∴cos²x₀=$\frac{1}{{a}^{2}+1}$，
∴f（x）_max=f（x₀）=（a²+1）cosx₀=$\sqrt{{a}^{2}+1}$
∵当0＜a＜1时，若不等式$\frac{2a}{\sqrt{{a}^{2}+1}}$f（x）＜t²+at+2对于x∈[0，$\frac{π}{4}$]恒成立，
∴$\frac{2a}{\sqrt{{a}^{2}+1}}$$\sqrt{{a}^{2}+1}$＜t²+at+2，即（t-2）a+（t²+2）＞0当0＜a＜1时恒成立，
令h（a）=（t-2）a+（t²+2），则$\left\{\begin{array}{l}{h（0）={t}^{2}+2≥0}\\{h（1）={t}^{2}+t≥1}\end{array}\right.$，
解不等式组可得t≤-1或t≥0

点评 本题考查三角函数恒等变换，涉及导数法判函数的单调性和恒成立问题，属中档题．