Question

13．已知函数f（x）=e^x（sinx+$\frac{3a-6}{4}$-ax²），其中a∈R．
（1）如果a=0，当x∈[0，π]时，求f（x）的取值范围；
（2）如果$\frac{1}{2}$≤a≤1，求证：对任意的x∈[0，+∞），恒有f（x）＜0．

Answer 1

分析 （1）求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系进行讨论即可．
（2）对任意的x∈[0，+∞），f（x）＜0转化为证明对任意的x∈[0，+∞），sinx-ax²+$\frac{3a}{4}$-$\frac{3}{2}$＜0，即可，构造函数，求函数的导数，利用导数进行研究即可．

解答 解：（1）当a=0时，f（x）=e^x（sinx-$\frac{3}{2}$），
则f′（x）=e^x（sinx-$\frac{3}{2}$）+e^xcosx=e^x（sinx-$\frac{3}{2}$+cosx），
∵sinx+cosx=$\sqrt{2}$sin（x+$\frac{π}{4}$）≤$\sqrt{2}$＜$\frac{3}{2}$，
∴sinx+cosx-$\frac{3}{2}$＜0，
故f′（x）＜0，
则f（x）在R上单调递减，
∴f（x）_max=f（0）=-$\frac{3}{2}$，f（x）_min=f（π）=-$\frac{{3e}^{π}}{2}$，
∴f（x）∈[-$\frac{{3e}^{π}}{2}$，-$\frac{3}{2}$]；
（2）证明：当x≥0时，y=e^x≥1，
要证明对任意的x∈[0，+∞），f（x）＜0．
则只需要证明对任意的x∈[0，+∞），sinx-ax²+$\frac{3a}{4}$-$\frac{3}{2}$＜0．
设g（a）=sinx-ax²+$\frac{3a}{4}$-$\frac{3}{2}$=（-x²+$\frac{3}{4}$）a+sinx-$\frac{3}{2}$，
看作以a为变量的一次函数，
要使sinx-ax²+$\frac{3a}{4}$-$\frac{3}{2}$＜0，
则 $\left\{\begin{array}{l}{g（\frac{1}{2}）＜0}\\{g（1）＜0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{sinx-{\frac{1}{2}x}^{2}-\frac{9}{8}＜0，①}\\{sinx{-x}^{2}-\frac{3}{4}＜0，②}\end{array}\right.$，
∵sinx＜$\frac{1}{2}$x²+$\frac{9}{8}$恒成立，∴①恒成立，
对于②，令h（x）=sinx-x²-$\frac{3}{4}$，
则h′（x）=cosx-2x，
设x=t时，h′（x）=0，即cost-2t=0．
∴t=$\frac{cost}{2}$＜$\frac{1}{2}$，sint＜sin$\frac{π}{6}$=$\frac{1}{2}$，
∴h（x）在（0，t）上，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
在（t，+∞）上，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
则当x=t时，函数h（x）取得最大值，
h（t）=sint-t²-$\frac{3}{4}$=sint-（$\frac{cost}{2}$）²-$\frac{3}{4}$
=sint-$\frac{1{-sin}^{2}t}{4}$-$\frac{3}{4}$=$\frac{1}{4}$sin²t+sint-1
=（$\frac{sint}{2}$+1）²-2≤（$\frac{5}{4}$）²-2＜0，
故②式成立，
综上对任意的x∈[0，+∞），f（x）＜0．

点评 本题主要考查函数单调性与导数的应用，求函数的导数，构造函数，利用导数是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．