Question

10．已知函數(shù)f（x）=asinx+cosx，其中a＞0．
（Ⅰ）當(dāng)a≥1時(shí)，判斷f（x）在區(qū)間[0，$\frac{π}{4}$]上的單調(diào)性；
（Ⅱ）當(dāng)0＜a＜1時(shí)，若不等式$\frac{2a}{\sqrt{{a}^{2}+1}}$f（x）＜t²+at+2對(duì)于x∈[0，$\frac{π}{4}$]恒成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意求導(dǎo)數(shù)可得f′（x）≥0，可得f（x）在區(qū)間[0，$\frac{π}{4}$]上單調(diào)遞增；
（Ⅱ）由f′（x）=0可得方程a=tanx在（0，$\frac{π}{4}$）上必有一根，記為x₀，易得∴f（x）_max=f（x₀）=（a²+1）cosx₀=$\sqrt{{a}^{2}+1}$，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為（t-2）a+（t²+2）＞0當(dāng)0＜a＜1時(shí)恒成立，構(gòu)造函數(shù)h（a）=（t-2）a+（t²+2），可得$\left\{\begin{array}{l}{h（0）={t}^{2}+2≥0}\\{h（1）={t}^{2}+t≥1}\end{array}\right.$，解不等式組可得答案．

解答 解：（Ⅰ）∵a≥1，x∈[0，$\frac{π}{4}$]，
∴f′（x）=acosx-sinx≥cosx-sinx≥0，
∴f（x）在區(qū)間[0，$\frac{π}{4}$]上單調(diào)遞增；
（Ⅱ）令f′（x）=0可得acosx=sinx，
∵x∈[0，$\frac{π}{4}$]，∴cosx≠0，∴a=tanx，
∵0＜a＜1，∴tanx∈（0，1），
∵函數(shù)y=tanx在（0，$\frac{π}{4}$）上單調(diào)遞增，
∴方程a=tanx在（0，$\frac{π}{4}$）上必有一根，記為x₀，
則f′（x₀）=acosx₀-sinx₀=0，
∵f′（x）=acosx-sinx在x∈[0，$\frac{π}{4}$]上單調(diào)遞減，
∴當(dāng)x∈（0，x₀）時(shí)，f′（x）＞f′（x₀）=0，
當(dāng)x∈（x₀，$\frac{π}{4}$）時(shí)，f′（x）＜f′（x₀）=0，
∴函數(shù)f（x）在（0，x₀）單調(diào)遞增，在（x₀，$\frac{π}{4}$）單調(diào)遞減，
∴f（x）_max=f（x₀）=asinx₀-cosx₀，
又∵acosx₀=sinx₀，cos²x₀+sin²x₀=1，
∴（a²+1）cos²x₀=1，∴cos²x₀=$\frac{1}{{a}^{2}+1}$，
∴f（x）_max=f（x₀）=（a²+1）cosx₀=$\sqrt{{a}^{2}+1}$
∵當(dāng)0＜a＜1時(shí)，若不等式$\frac{2a}{\sqrt{{a}^{2}+1}}$f（x）＜t²+at+2對(duì)于x∈[0，$\frac{π}{4}$]恒成立，
∴$\frac{2a}{\sqrt{{a}^{2}+1}}$$\sqrt{{a}^{2}+1}$＜t²+at+2，即（t-2）a+（t²+2）＞0當(dāng)0＜a＜1時(shí)恒成立，
令h（a）=（t-2）a+（t²+2），則$\left\{\begin{array}{l}{h（0）={t}^{2}+2≥0}\\{h（1）={t}^{2}+t≥1}\end{array}\right.$，
解不等式組可得t≤-1或t≥0

點(diǎn)評(píng) 本題考查三角函數(shù)恒等變換，涉及導(dǎo)數(shù)法判函數(shù)的單調(diào)性和恒成立問(wèn)題，屬中檔題．