Question

11．已知函数f（x）=sinx，g（x）=f（x）-ax，x∈[0，$\frac{π}{2}$]．
（1）当a=$\frac{1}{2}$时，求函数g（x）的单调递增区间；
（2）若函数g（x）的最小值为0，求实数a的取值范围；
（3）设0≤x₁＜x₂≤$\frac{π}{2}$，试比较-$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{2}$与$\frac{f′（{x}_{2}）-f′（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$的大小，并说明理由．

Answer 1

分析 （1）将a的值代入函数，求出g（x）的导数，令g′（x）≥0，从而求出g（x）的递增区间；
（2）先求出g（x）的导数，通过讨论a的范围，从而综合得出结论；
（3）通过-$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{2}$+$\frac{f′（{x}_{2}）-f′（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，得到新函数h（x）=22（cosx₁-cosx₂）+（x₁-x₂）（sinx₁+sinx₂），x∈[0，x₂），通过讨论h（x）的单调性，得到h（x）＞h（x₂）=0，
从而得到结论．

解答 解：（1）a=$\frac{1}{2}$时，g（x）=sinx-$\frac{1}{2}$x，x∈[0，$\frac{π}{2}$]，
g′（x）=cosx-$\frac{1}{2}$，令g′（x）≥0，解得：0≤x≤$\frac{π}{3}$，
∴函数g（x）在[0，$\frac{π}{3}$]单调递增；
（2）∵g′（x）=cosx-a，
①a＞1时，g′（x）＜0，
函数g（x）在[0，$\frac{π}{2}$]单调递减，
∴g（x）_min=g（$\frac{π}{2}$）=-a=0，解得：a=0（舍），
②0≤a≤1时，g（x）_min={g（0），g（$\frac{π}{2}$）}，
由g（0）=0，∴g（$\frac{π}{2}$）≥g（0）=0，
∴0≤a≤$\frac{2}{π}$，
③a＜0时，g′（x）＞0，
函数g（x）在[0，$\frac{π}{2}$]单调递增，
g（x）_min=g（0）=0，
综上a≤$\frac{2}{π}$；
（3）由于$\frac{f′{（x}_{1}）-f′{（x}_{2}）}{{x}_{1}{-x}_{2}}$+$\frac{f{（x}_{1}）+f{（x}_{2}）}{2}$
=$\frac{co{sx}_{1}-co{sx}_{2}}{{x}_{1}{-x}_{2}}$+$\frac{si{nx}_{1}+si{nx}_{2}}{2}$
=$\frac{2（co{sx}_{1}-co{sx}_{2}）+{（x}_{1}{-x}_{2}）（si{nx}_{1}+si{nx}_{2}）}{2{（x}_{1}{-x}_{2}）}$，
∵x₁＜x₂，
∴只需研究2（cosx₁-cosx₂）+（x₁-x₂）（sinx₁+sinx₂）在0≤x₁＜x₂≤$\frac{π}{2}$上的正负情况，
令h（x）=22（cosx₁-cosx₂）+（x₁-x₂）（sinx₁+sinx₂），x∈[0，x₂），其中0＜x₂≤$\frac{π}{2}$，
h′（x）=-sinx+sinx₂+（x-x₂）cosx，
令s（x）=h′（x）=-sinx+sinx₂+（x-x₂）cosx，
则s′（x）=-cosx+cosx+（x-x₂）（-sinx）
=-（x-x₂）sinx，
∵0≤x＜x₂≤$\frac{π}{2}$，∴s′（x）≥0，∴s（x）在[0，x₂）上↑，
∴h′（x）=s（x）＜s（x₂）=0在[0，x₂）上成立，
∴h（x）在[0，x₂）上递减，
∴h（x）＞h（x₂）=0，
∴$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{2}$+$\frac{f′（{x}_{2}）-f′（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜0，
∴-$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{2}$＞$\frac{f′（{x}_{2}）-f′（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$．

点评 本题考查函数与导数、函数的单调性、最值等基础知识；考查运算求解能力、抽象概括能力及推理论证能力；考查分类与整合、函数与方程、数形结合、化归与转化思想．