Question

18．已知函数f（x）=sinx-xcosx（x≥0）．
（1）求函数f（x）的图象在$（\frac{π}{2}，1）$处的切线方程；
（2）若任意x∈[0，+∞），不等式f（x）＜ax³恒成立，求实数a的取值范围；
（3）设m=${∫}_{0}^{\frac{π}{2}}$f（x）dx，$g（x）=\frac{6m}{{（4-π）{x^2}}}f（x）$，证明：$[1+g（\frac{1}{3}）][1+g（\frac{1}{3^2}）]…[1+g（\frac{1}{3^n}）]＜\sqrt{e}$．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，计算f′（$\frac{π}{2}$）的值，求出切线方程即可；
（2）令g（x）=sinx-xcosx-ax³，求出函数的导数，令h（x）=sinx-3ax，通过讨论a的范围，结合函数的单调性求出a的范围即可；
（3）求出g（x）的解析式，求出ln（1+x）＜x在（0，+∞）上恒成立，令$x=\frac{1}{3^n}⇒ln（1+\frac{1}{3^n}）＜\frac{1}{3^n}$，累加即可．

解答 解：（1）∵f′（x）=xsinx，${f^'}（\frac{π}{2}）=\frac{π}{2}$，
∴切线为$y=\frac{π}{2}（x-\frac{π}{2}）+1$；
（2）f（x）≤ax³?sinx-xcosx-ax³≤0，
令g（x）=sinx-xcosx-ax³，
则g′（x）=xsinx-3ax²=x（sinx-3ax），
又令h（x）=sinx-3ax⇒h′（x）=cosx-3a，
①当3a≤-1，即$a≤-\frac{1}{3}$时，h′（x）≥0恒成立，∴h（x）递增，
∴h（x）≥h（0）=0，∴g′（x）≥0，∴g（x）递增，
∴g（x）≥g（0）=0（不合题意）；
②当3a≥1即$a≥\frac{1}{3}$时，h′（x）≤0⇒h（x）递减，
∴h（x）≤h（0）=0，∴g′（x）≤0，∴g（x）递减
∴g（x）≤g（0）=0（符合题意）
③当-1＜3a＜1，即$-\frac{1}{3}＜a＜\frac{1}{3}$时，
由h′（0）=1-3a＞0h′（π）=-1-3a＜0，
∴在（0，π）上，?x₀，使h′（x₀）=0
且x∈（0，x₀）时，h′（x）＞0⇒g′（x）＞0，
∴g（x）递增，∴g（x）＞g（0）=0（不符合题意）
综上：$a≥\frac{1}{3}$．
（3）$m=\int_0^{\frac{π}{2}}{f（x）dx=（-xsinx-2cosx）\left|{\begin{array}{l}{\frac{π}{2}}\\ 0\end{array}}\right.}=2-\frac{π}{2}$
∴$g（x）=\frac{3}{x^2}f（x）$，由（1）知，当$a=\frac{1}{3}$时，$f（x）≤\frac{1}{3}{x^3}$，∴g（x）≤x，
又令μ（x）=ln（1+x）-x，x＞0$⇒{u^'}（x）=\frac{-x}{x+1}＜0$，
∴u（x）递减⇒u（x）＜u（0）=0，
即ln（1+x）＜x在（0，+∞）上恒成立，
令$x=\frac{1}{3^n}⇒ln（1+\frac{1}{3^n}）＜\frac{1}{3^n}$，
∴原不等式$?ln[1+g（\frac{1}{3}）]+ln[1+g（\frac{1}{3^2}）]+…+ln[1+g（\frac{1}{3^n}）]＜\frac{1}{2}$，
∴左式$＜\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+…+\frac{1}{3^n}=\frac{{\frac{1}{3}（1-\frac{1}{3^n}）}}{{1-\frac{1}{3}}}=\frac{1}{2}（1-\frac{1}{3^n}）＜\frac{1}{2}$=右式
∴得证．

点评 本题考查了切线方程问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．