Question

13．已知函数f（x）=$\frac{e^x}{sinx}$
（1）求函数f（x）的增区间；
（2）对于任意的$x∈[\frac{π}{4}，\frac{π}{2}]$，总有f（x）≥$\frac{ax}{{{{sin}^2}x}}$成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的递增区间即可；
（2）问题转化为e^xsinx≥ax在x∈[$\frac{π}{4}$，$\frac{π}{2}$]恒成立，令g（x）=e^xsinx-ax，即g（x）≥0恒成立，而g′（x）=e^x（sinx+cosx）-k，令h（x）=e^x（sinx+cosx），利用导数研究函数h（x）的单调性可得：在[$\frac{π}{4}$，$\frac{π}{2}$]上单调递增，$\sqrt{2}$${e}^{\frac{π}{4}}$≤h（x）≤${e}^{\frac{π}{2}}$，对k分类讨论，即可得出函数g（x）的单调性，进而得出k的取值范围．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{{\sqrt{2}e}^{x}sin（x-\frac{π}{4}）}{{sin}^{2}x}$，
令f′（x）＞0，即2kπ＜x-$\frac{π}{4}$＜2kπ+π，
解得：2kπ+$\frac{π}{4}$＜x＜2kπ+$\frac{5π}{4}$，k∈Z，
故f（x）在（2kπ+$\frac{π}{4}$，2kπ+$\frac{5π}{4}$）递增，k∈Z；
（2）对于任意的$x∈[\frac{π}{4}，\frac{π}{2}]$，总有f（x）≥$\frac{ax}{{{{sin}^2}x}}$成立，
即e^xsinx≥ax在x∈[$\frac{π}{4}$，$\frac{π}{2}$]恒成立，
令g（x）=e^xsinx-ax，即g（x）≥0恒成立，
而g′（x）=e^x（sinx+cosx）-k，
令h（x）=e^x（sinx+cosx），h′（x）=e^x（sinx+cosx）+e^x（cosx-sinx）=2e^xcosx．
∵x∈[$\frac{π}{4}$，$\frac{π}{2}$]，h′（x）≥0，∴h（x）在[$\frac{π}{4}$，$\frac{π}{2}$]上单调递增，$\sqrt{2}$${e}^{\frac{π}{4}}$≤h（x）≤${e}^{\frac{π}{2}}$，
当k≤$\sqrt{2}$${e}^{\frac{π}{4}}$时，g′（x）≥0，g（x）在[$\frac{π}{4}$，$\frac{π}{2}$]上单调递增，g（x）≥g（0）=0，符合题意；
当k≥${e}^{\frac{π}{2}}$时，g′（x）≤0，g（x）在[$\frac{π}{4}$，$\frac{π}{2}$]上单调递减，g（x）≤g（0），与题意不合；
当$\sqrt{2}$${e}^{\frac{π}{4}}$＜k＜${e}^{\frac{π}{2}}$时，g′（x）为一个单调递增的函数，而g′（$\frac{π}{4}$）=$\sqrt{2}$${e}^{\frac{π}{4}}$-k＜0，g′（$\frac{π}{2}$）=${e}^{\frac{π}{2}}$-k＞0，
由零点存在性定理，必存在一个零点x₀，使得g′（x₀）=0，
当x∈[0，x₀）时，g′（x）≤0，从而g（x）在此区间上单调递减，从而g（x）≤g（0）=0，与题意不合，
综上所述：k的取值范围为（-∞，$\sqrt{2}$${e}^{\frac{π}{4}}$]．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力与计算能力，属于难题．