Question

11．已知函数f（x）=ax²+cosx（a∈R）记f（x）的导函数为g（x）
（1）证明：当a=$\frac{1}{2}$时，g（x）在R上的单调函数；
（2）若f（x）在x=0处取得极小值，求a的取值范围；
（3）设函数h（x）的定义域为D，区间（m，+∞）⊆D．若h（x）在（m，+∞）上是单调函数，则称h（x）在D上广义单调．试证明函数y=f（x）-xlnx在0，+∞）上广义单调．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，根据导函数的符号，求出函数的单调区间即可；
（2）求出函数的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调区间，单调函数的极小值，从而确定a的具体范围即可；
（3）记h（x）=ax²+cosx-xlnx（x＞0），求出函数的导数，通过讨论a的范围结合函数的单调性证明即可．

解答 （1）证明：a=$\frac{1}{2}$时，f（x）=$\frac{1}{2}$x²+cosx，
故f′（x）=x-sinx，即g（x）=x-sinx，g′（x）=1-cosx≥0，
故g（x）在R递增；
（2）解：∵g（x）=f′（x）=2ax-sinx，∴g′（x）=2a-cosx，
①a≥$\frac{1}{2}$时，g′（x）≥1-cosx≥0，函数f′（x）在R递增，
若x＞0，则f′（x）＞f（0）=0，
若x＜0，则f′（x）＜f′（0）=0，
故函数f（x）在（0，+∞）递增，在（-∞，0）递减，
故f（x）在x=0处取极小值，符合题意；
②a≤-$\frac{1}{2}$时，g′（x）≤-1-cosx≤0，f′（x）在R递减，
若x＞0，则f′（x）＜f′（0）=0，
若x＜0，则f′（x）＞f′（0）=0，
故f（x）在（0，+∞）递减，在（-∞，0）递增，
故f（x）在x=0处取极大值，不合题意；
③-$\frac{1}{2}$＜a＜$\frac{1}{2}$时，存在x₀∈（0，π），使得cosx₀=2a，即g′（x₀）=0，
但当x∈（0，x₀）时，cosx＞2a，即g′（x）＜0，f′（x）在（0，x₀）递减，
故f′（x）＜f′（0）=0，即f（x）在（0，x₀）递减，不合题意，
综上，a的范围是[$\frac{1}{2}$，+∞）；
（3）解：记h（x）=ax²+cosx-xlnx（x＞0），
①a＞0时，lnx＜x，则ln${x}^{\frac{1}{2}}$＜${x}^{\frac{1}{2}}$，即lnx＜2$\sqrt{x}$，
当x＞${（\frac{1+\sqrt{4a+1}}{2a}）}^{2}$时，
h′（x）=2ax-sinx-1-lnx＞2ax-2$\sqrt{x}$-2=2（$\sqrt{x}$-$\frac{1-\sqrt{4a+1}}{2a}$）（$\sqrt{x}$-$\frac{1+\sqrt{4a+1}}{2a}$）＞0，
故存在m=${（\frac{1+\sqrt{4a+1}}{2a}）}^{2}$，函数h（x）在（m，+∞）递增；
②a≤0时，x＞1时，h′（x）=2ax-sinx-1-lnx＜-sinx-1-lnx＜0，
故存在m=1，函数h（x）在（m，+∞）递减；
综上，函数y=f（x）-xlnx在（0，+∞）上广义单调．

点评 本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．