Question

8．已知f（x）=x${\;}^{2}+ax+sin（\frac{π}{2}x）$，x∈（0，1）．
（1）若f（x）在（0，1）上是单调递增函数，求a的取值范围；
（2）当a=-2时，f（x）≥f（x₀）恒成立，且f（x₁）=f（x₂）（x₁≠x₂），求证：x₁+x₂＞2x₀．

Answer 1

分析 （1）利用导数的单调性求其最小值，分离参数法求解．
（2）利用单调性证明存在唯一实数根ξ∈（0，1）使得h′（ξ）=0；证明f（x）≥f（x₀）恒成立，x₀是f（x）的极小值点，由f′（x₀）=0，可知0＜x₀＜ξ＜1．∴f（x）在区间（0，x₀）上单调递减，在区间（x₀，1）上单调递增．f′（$\frac{1}{2}$）=-1+$\frac{\sqrt{2}π}{4}＞0$，∴0＜x₀＜$\frac{1}{2}$；不妨设x₁＜x₂，由题意：f（x₁）=f（x₂），则：0＜x₁＜x₀＜x₂＜1．要证明：x₁+x₂＞2x₀，即证明：2x₀-x₁＜x₂即可．

解答 解：（1）f（x）=x${\;}^{2}+ax+sin（\frac{π}{2}x）$，x∈（0，1）．
则f′（x）=2x+a-$\frac{π}{2}cos\frac{π}{2}x$，
∵f（x）在（0，1）上是单调递增函数，
∴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）在区间（0，1）上存在唯一零点x′；
所以g（x）在区间（0，x′）上单调递增，在区间（x′，1）上单调递减，
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）上是单调递增函数，a的取值范围是[$-\frac{π}{2}$，+∞）
证明：（2）当a=-2时，f（x）=${x}^{2}-2x+sin\frac{π}{2}x$，x∈（0，1）．
则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）；
则h′（x）=2-$\frac{{π}^{2}}{4}$sin$\frac{π}{4}x$
显然x∈（0，1）上，h′（x）是单调递减．
又∵h′（0）=2＞0，h′（1）=2$-\frac{{π}^{2}}{4}$＜0，
故存在唯一实数根ξ∈（0，1）使得h′（ξ）=0；
所以h（x）在区间（0，ξ）上单调递增，在区间（ξ，1）上单调递减，
即f′（x）在区间（0，ξ）上单调递增，在区间（ξ，1）上单调递减；
又∵f′（0）=-2+$\frac{π}{2}$＜0，f′（1）=0；
∴f′（ξ）＞0；
因为f（x）≥f（x₀）恒成立，所以x₀是f（x）的极小值点，
由f′（x₀）=0，可知0＜x₀＜ξ＜1．
∴f（x）在区间（0，x₀）上单调递减，在区间（x₀，1）上单调递增．
f′（$\frac{1}{2}$）=-1+$\frac{\sqrt{2}π}{4}＞0$，
∴0＜x₀＜$\frac{1}{2}$；
不妨设x₁＜x₂，由题意：f（x₁）=f（x₂），
则：0＜x₁＜x₀＜x₂＜1．
要证明：x₁+x₂＞2x₀，
即证明：2x₀-x₁＜x₂，
∵x₀＜2x₀-x₁＜1，x₀＜x₂＜1，
所以只要证：f（2x₀-x₁）＜f（x₂）＜f（x₁）；
即要证f（2x₀-x₁）＜f（x₁）；
设F（x）=f（2x₀-x₁）-f（x₁）；
即证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）
则M′（x）=h′（2x₀-x₁）-h′（x₁）
∵h′（x）在x∈（0，1）上单调递减．
x₀＜2x₀-x₁＜1，
∴h′（2x₀-x₁）-h′（x₁）＜0
即h（x）＜0，x∈（0，1）上单调递减．
h（x）＞h（x₀）=-2f′（x₀）=0；
可得F′（x）＞0，在x∈（0，x₀）上恒成立，
则F（x）在x∈（0，x₀）上单调递增，
F（x）＜F（x₀）=0；
所以：x₁+x₂＞2x₀．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、考查了恒成立问题的等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．