Question

2．已知f（x）=2x-ax²+bcosx在点$（\frac{π}{2}，f（\frac{π}{2}））$处的切线方程为$y=\frac{3}{4}π$．
（1）求a，b的值及f（x）在[0，π]上的单调区间；
（2）若x₁，x₂∈[0，π]，且x₁≠x₂，f（x₁）=f（x₂），求证$f'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）＜0$．

Answer 1

分析 （1）求导数，利用函数f（x）=2x+ax²+bcosx在点$（\frac{π}{2}，f（\frac{π}{2}））$处的切线方程为y=$\frac{3}{4}$π，求a，b的值，利用导数的正负讨论f（x）在[0，π]上的增减性；
（2）由（Ⅰ）的单调性，设$F（x）=f（x）-f（{π-x}），（0＜x＜\frac{π}{2}）$，推导F（x）的单调性，由x₂＞π-x₁，所以x₁+x₂＞π，结合单调性，即可得证．

解答 解：（1）f（x）=2x-ax²+bcosx在点$（\frac{π}{2}，f（\frac{π}{2}））$处的切线方程为y=$\frac{3}{4}$π，
f（x）的导数为f′（x）=2-2ax-bsinx，
可得$\left\{\begin{array}{l}{f（\frac{π}{2}）=\frac{3}{4}π}\\{f′（\frac{π}{2}）=0}\end{array}\right.$?$\left\{\begin{array}{l}{π-\frac{a{π}^{2}}{4}=\frac{3π}{4}}\\{2-2a•\frac{π}{2}-b=0}\end{array}\right.$?$\left\{\begin{array}{l}{a=\frac{1}{π}}\\{b=1}\end{array}\right.$，
所以$f（x）=2x-\frac{1}{π}{x^2}+cosx，f'（x）=2-\frac{2}{π}x-sinx$，
①当$0≤x≤\frac{π}{2}$时，1-$\frac{2}{π}$x≥0，1-sinx≥0，可得f′（x）＞0，所以f（x）在$[0，\frac{π}{2}]$为增函数；
②当$\frac{π}{2}＜x≤π$时，$sinx=sin（π-x）＞\frac{2}{π}（π-x）=2-\frac{2}{π}x⇒f'（x）=2-\frac{2}{π}x-sinx＜0$，
所以f（x）在$[\frac{π}{2}，π]$为减函数；
（2）由（1）得f（x）在$[0，\frac{π}{2}]$为增函数，在$[\frac{π}{2}，π]$上为减函数，
所以$0≤{x_1}＜\frac{π}{2}＜{x_2}≤π$，由f'（x）在$[\frac{π}{2}，π]$恒为负，
$π＞\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}＞\frac{π}{2}⇒2π＞{x_1}+{x_2}＞π$，
设$F（x）=f（x）-f（{π-x}），（0＜x＜\frac{π}{2}）$，
则$F'（x）=f'（x）-f'（{π-x}）=（2-\frac{π}{2}x-sinx）-[2-\frac{2}{π}（π-x）-sinx]=\frac{2}{π}（π-x）-\frac{2}{π}x=2-\frac{4}{π}x$，
所以F'（x）＞0，所以F（x）在$[0，\frac{π}{2}]$递增，$F（x）＜F（\frac{π}{2}）=0$，
当$0＜x＜\frac{π}{2}$时，f（x）＜f（π-x），所以f（x₁）＜f（π-x₁），
又f（x₂）=f（x₁），所以$f（{x_2}）＜f（{π-{x_1}}），\frac{π}{2}＜{x_2}，π-{x_1}＜π$，
又f（x）在$[\frac{π}{2}，π]$上为减函数，
所以x₂＞π-x₁，所以x₁+x₂＞π，
所以$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}＞\frac{π}{2}$，
所以$f'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）＜0$．

点评 本题考查导数知识的运用，考查导数的几何意义、函数的单调性，考查不等式的证明，难度大．