Question

2．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$+acosx，g（x）是f（x）的导函数．
（1）若f（x）在$（\frac{π}{2}，f（\frac{π}{2}））$处的切线方程为y=$\frac{π+2}{2}x-\frac{{{π^2}+4π}}{8}$，求a的值；
（2）若a≥0且f（x）在x=0时取得最小值，求a的取值范围；
（3）在（1）的条件下，当x＞0时，$\sqrt{\frac{{{g^'}（x）}}{2}}+\frac{3}{8}{x^2}＞{e^{\frac{x-1}{2}}}$．

Answer 1

分析 （1）先求导，根据导数和几何意义即可求出，
（2）先求导，再分类讨论，根据导数和函数的最值得关系即可求出参数的取值范围，
（3）原不等式转化为cos$\frac{x}{2}$+$\frac{3}{8}$x²＞${e^{\frac{x-1}{x}}}$成立，分别根据均值不等式和导数和函数的最值得关系即可证明．

解答 解：（1）f′（x）=x-asinx，
f′（$\frac{π}{2}$）=$\frac{π}{2}$-a=$\frac{π+2}{2}$，
∴a=-1，经验证a=-1合题意；
（2）g（x）=f′（x）=x-asinx     g′（x）=1-acosx
①当a=0时，f（x）=$\frac{1}{2}$x²，显然在x=0时取得最小值，
∴a=0合题意；
②当a＞0时，
（i）当$\frac{1}{a}$≥1即0＜a≤1时，g′（x）≥0恒成立，
∴g（x）在（-∞，+∞）上单调递增，又g（0）=0
∴当x＜0时，g（x）＜0 即f′（x）＜0，当x＞0时，g（x）＞0 即f′（x）＞0
∴f（x）在（-∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增；
∴f（x） 在x=0时取得最小值
∴当0＜a≤1时合题意；
（ii）当0＜$\frac{1}{a}$＜1即a＞1时，在（0，π）内存在唯一x₀=arccos$\frac{1}{a}$使g′（x）=0
当x∈（0，x₀）时，
∵y=cosx在（0，π）上是单调递减的，
∴cosx＞cosx₀=$\frac{1}{a}$
∴g′（x）=a （$\frac{1}{a}$-cosx）＜0，
∴g（x） 在（0，x₀）上单调递减，
∴g（x）＜g（0）=0
即f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，x₀）内单调递减；
∴x∈（0，x₀）时，f（x）＜0  这与f（x）在x=0时取得最小值即f（x）≥f（0）矛盾，
∴当a＞1时不合题意；
综上，a的取值范围是0，1]，
（3）由（1）知，a=-1  此时g（x）=x+sinx，g′（x）=1+cosx，
∴$\sqrt{\frac{g′（x）}{2}}$=$\sqrt{\frac{1+cosx}{2}}$=|cos$\frac{x}{2}$|≥cos$\frac{x}{2}$，
∴若要证原不等式成立，只需证cos$\frac{x}{2}$+$\frac{3}{8}$x²＞${e^{\frac{x-1}{x}}}$成立；
由（2）知，当a=1时，f（x）≥f（0）恒成立，即$\frac{1}{2}$x²+cosx≥1恒成立
即cosx≥1-$\frac{1}{2}$x²（当且仅当x=0时取“=“号），
∴cos$\frac{x}{2}$≥1-$\frac{1}{8}$x²（当且仅当x=0时取“=“号） …①
∴只需证：1-$\frac{1}{8}$x²+$\frac{3}{8}$x²＞${e^{\frac{x-1}{x}}}$成立，即1+$\frac{1}{4}$x²＞${e^{\frac{x-1}{x}}}$，
又由均值不等式知：1+$\frac{1}{4}$x²≥x（当且仅当x=2时取“=“号）  …②
∵①②两个不等式取“=“的条件不一致，
∴只需证：x≥${e^{\frac{x-1}{x}}}$，
两边取对数得：lnx≥1-$\frac{1}{x}$…③
下面证③式成立：令ϕ（x）=lnx-1+$\frac{1}{x}$，
则ϕ′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{x2}$=$\frac{x-1}{x2}$，
∴ϕ（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增
∴ϕ（x）≥ϕ（1）=0，
即lnx-1+$\frac{1}{x}$≥0，
∴lnx≥1-$\frac{1}{x}$，
即③式成立，
∴原不等式成立．

点评 本题考查利用函数的最值求参数问题，以及不等式的证明，解题时要认真审题，仔细解答，注意分类讨论思想和等价转化思想及导数性质的合理运用，属于难题