Question

10．定义域为D的函数f（x），其导函数为f′（x），若对?x∈D，均有f（x）＜f′（x），则称函数f（x）为D上的梦想函数．
（I）已知函数f（x）=sinx，试判断f（x）是否为其定义域上的梦想函数，并说明理由；
（Ⅱ）已知函数h（x）=sinx+ax+a-1（a∈R，x∈[0，π]）为其定义域上的梦想函数，求a的最大整数值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）按照梦想函数的定义举反例即可；
（Ⅱ）求出h'（x）=cosx+a，由题意得h'（x）＞h（x）在x∈[0，π]恒成立，即ax＜cosx-sinx+1在x∈[0，π]上恒成立．x=0时易判断成立；当0＜x≤π时，可得a＜$\frac{cosx-sinx+1}{x}$对任意x∈（0，π]恒成立．令F（x）=$\frac{cosx-sinx+1}{x}$，利用导数可求得F（x）的最小值及其范围，从而得到a的范围，进而得到答案；

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）=sinx不是其定义域上的梦想函数．
理由如下：f（x）=sinx的定义域D=R，f'（x）=cosx，
存在x=$\frac{π}{3}$，使f（$\frac{π}{3}$）＞f′（$\frac{π}{3}$），
故函数h（x）=sinx不是其定义域D=R上的梦想函数．
（Ⅱ）h′（x）=cosx+a，由题意h'（x）＞h（x）在x∈[0，π]恒成立，
故cosx+a＞sinx+ax+a-1，即ax＜cosx-sinx+1在x∈[0，π]上恒成立．
①当x=0时，a•0＜cos0-sin0+1=2显然成立；
②当0＜x≤π时，由ax＜cosx-sinx+1，可得a＜$\frac{cosx-sinx+1}{x}$对任意x∈（0，π]恒成立．
令F（x）=$\frac{cosx-sinx+1}{x}$，则F′（x）=$\frac{（-sinx-cosx）•x-（cosx-sinx+1）}{{x}^{2}}$，
令k（x）=（-sinx-cosx）•x-（cosx-sinx+1），
则k′（x）=（sinx-cosx）•x=$\sqrt{2}$x•sin（x-$\frac{π}{4}$），
当x∈（0，$\frac{π}{4}$]时，因为k'（x）≤0，所以k（x）在（0，$\frac{π}{4}$]单调递减；
当x∈（$\frac{π}{4}$，π]时，因为k'（x）≥0，所以k（x）在（$\frac{π}{4}$，π]单调递增．
∵k（0）=-2＜0，k（$\frac{π}{4}$）=-$\frac{\sqrt{2}}{4}$π-1＜0，
∴当x∈（0，$\frac{π}{4}$]时，k（x）的值均为负数．
∵k（$\frac{π}{4}$）=-$\frac{\sqrt{2}}{4}$π-1＜0，k（π）=π＞0，
∴当x∈（$\frac{π}{4}$，π]时，k（x）有且只有一个零点x₀，且x₀∈（$\frac{π}{4}$，π）．
∴当x∈（0，x₀）时，k（x）＜0，所以F'（x）＜0，可得F（x）在（0，x₀）单调递减；
当x∈（x₀，π）时，k（x）＞0，所以F'（x）＞0，可得F（x）在（x₀，π）单调递增．
则F（x）min=F（x₀）=$\frac{co{sx}_{0}-si{nx}_{0}+1}{{x}_{0}}$，
因为k（x₀）=0，所以cosx₀-sinx₀+1=（-sinx₀-cosx₀）•x₀，
F（x）min=F（x₀）=-sinx₀-cosx₀=-$\sqrt{2}$sin（x₀+$\frac{π}{4}$）．
∵k（x）在（$\frac{π}{4}$，π]上单调递增，k（$\frac{π}{2}$）=-$\frac{π}{2}$＜0，k（$\frac{3π}{4}$）=$\sqrt{2}$-1＞0，
∴$\frac{π}{2}$＜x₀＜$\frac{3π}{4}$，
所以-1＜-$\sqrt{2}$sin（x₀+$\frac{π}{4}$）＜0，即-1＜F（x₀）＜0．
又因为a＜F（x₀），所以a的最大整数值为-1．

点评 本小题主要考查函数、导数等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、分类与整合思想、函数与方程思想、数形结合思想等．