8.已知f(x)=x2+ax+sin(π2x),x∈(0,1).
(1)若f(x)在(0,1)上是單調(diào)遞增函數(shù),求a的取值范圍;
(2)當(dāng)a=-2時(shí),f(x)≥f(x0)恒成立,且f(x1)=f(x2)(x1≠x2),求證:x1+x2>2x0.
分析 (1)利用導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性求其最小值,分離參數(shù)法求解.
(2)利用單調(diào)性證明存在唯一實(shí)數(shù)根ξ∈(0,1)使得h′(ξ)=0;證明f(x)≥f(x0)恒成立,x0是f(x)的極小值點(diǎn),由f′(x0)=0,可知0<x0<ξ<1.∴f(x)在區(qū)間(0,x0)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(x0,1)上單調(diào)遞增.f′(12)=-1+√2π4>0,∴0<x0<12;不妨設(shè)x1<x2,由題意:f(x1)=f(x2),則:0<x1<x0<x2<1.要證明:x1+x2>2x0,即證明:2x0-x1<x2即可.
解答 解:(1)f(x)=x2+ax+sin(π2x),x∈(0,1).
則f′(x)=2x+a-π2cosπ2x,
∵f(x)在(0,1)上是單調(diào)遞增函數(shù),
∴f′(x)≥0恒成立,即2x+a-π2cosπ2x≥0
可得:2x-π2cosπ2x≥-a恒成立,
令g(x)=2x-π2cosπ2x,x∈(0,1).
g′(x)=2-π24sinπ4x
∵x∈(0,1)是g′(x)>0,且g′(0)>0,g′(1)<0;
∴g′(x)在區(qū)間(0,1)上存在唯一零點(diǎn)x′;
所以g(x)在區(qū)間(0,x′)上單調(diào)遞增,在區(qū)間(x′,1)上單調(diào)遞減,
故有{g(0)≥−ag(1)≥−a,解得:a≥−π2.
所以f(x)在(0,1)上是單調(diào)遞增函數(shù),a的取值范圍是[−π2,+∞)
證明:(2)當(dāng)a=-2時(shí),f(x)=x2−2x+sinπ2x,x∈(0,1).
則f′(x)=2x-2-π2cosπ2x,
令h(x)=2x-2-π2cosπ2x,即f′(x)=h(x);
則h′(x)=2-π24sinπ4x
顯然x∈(0,1)上,h′(x)是單調(diào)遞減.
又∵h(yuǎn)′(0)=2>0,h′(1)=2−π24<0,
故存在唯一實(shí)數(shù)根ξ∈(0,1)使得h′(ξ)=0;
所以h(x)在區(qū)間(0,ξ)上單調(diào)遞增,在區(qū)間(ξ,1)上單調(diào)遞減,
即f′(x)在區(qū)間(0,ξ)上單調(diào)遞增,在區(qū)間(ξ,1)上單調(diào)遞減;
又∵f′(0)=-2+π2<0,f′(1)=0;
∴f′(ξ)>0;
因?yàn)閒(x)≥f(x0)恒成立,所以x0是f(x)的極小值點(diǎn),
由f′(x0)=0,可知0<x0<ξ<1.
∴f(x)在區(qū)間(0,x0)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(x0,1)上單調(diào)遞增.
f′(12)=-1+√2π4>0,
∴0<x0<12;
不妨設(shè)x1<x2,由題意:f(x1)=f(x2),
則:0<x1<x0<x2<1.
要證明:x1+x2>2x0,
即證明:2x0-x1<x2,
∵x0<2x0-x1<1,x0<x2<1,
所以只要證:f(2x0-x1)<f(x2)<f(x1);
即要證f(2x0-x1)<f(x1);
設(shè)F(x)=f(2x0-x1)-f(x1);
即證F(x)<0在x∈(0,1)上恒成立,
F′(x)=-f′(2x0-x1)-f′(x1)=-h(2x0-x1)-h(x1)
令M(x)=-h(2x0-x1)-h(x1)
則M′(x)=h′(2x0-x1)-h′(x1)
∵h(yuǎn)′(x)在x∈(0,1)上單調(diào)遞減.
x0<2x0-x1<1,
∴h′(2x0-x1)-h′(x1)<0
即h(x)<0,x∈(0,1)上單調(diào)遞減.
h(x)>h(x0)=-2f′(x0)=0;
可得F′(x)>0,在x∈(0,x0)上恒成立,
則F(x)在x∈(0,x0)上單調(diào)遞增,
F(x)<F(x0)=0;
所以:x1+x2>2x0.
點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、考查了恒成立問(wèn)題的等價(jià)轉(zhuǎn)化方法,考查了推理能力與計(jì)算能力,屬于難題.