难度： 困难

标签： 导数问题多变量问题分类讨论放缩端点效应对数均值不等式

是否做正确： 未标明

是否属于易错题： 未标明

如果做错原因可能是： 未标明

已知函数 $f(x)=\frac{1}{2}{x}^2-acosx+bxlnx-bx,(a,b\in R)$

（1）若 $b=0$ 且函数 $f(x)$ 在 $(0,\frac{\pi }{2})$ 上是单调递增函数，求 $a$ 的取值范围；

（2）设 $f(x)$ 的导函数为 $f^{\prime }(x)$，若 $0<a<1$，$x_1,x_2$ 满足 $f^{\prime }(x_1)=f^{\prime }(x_2)$，证明：$\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}>2\sqrt{\frac{-b}{1+a}}$

第一问（分类讨论法）

$f^{\prime }(x)=x+asinx+b(1+lnx)-b$

若 $b=0$

$f^{\prime }(x)=x+asinx$

$\therefore (x+asinx{)}_{min}⩾0,(0<x<\frac{\pi }{2})$

令 $g(x)=x+asinx$

一、当 $a⩾0$

$g(x)\uparrow ,g(x)>g(0)=0$

符合条件

二、当 $a<0$

$g^{\prime }(x)=1+acosx$

$g^{\prime }(x)\uparrow$

1）当 $g^{\prime }(0)=1+a<0$

即 $a<-1$ 时

存在 $x_0\in (0,\frac{\pi }{2})$，使得 $1+acos{x}_0=0$

$0<x<x_0,g^{\prime }(x)<0,g(x)\downarrow$

$x_0<x<\frac{\pi }{2},g^{\prime }(x)>0,g(x)\uparrow$

$\because g(0)=0$

所以不符条件。

2）当 $g^{\prime }(0)=1+a⩾0$，

即 $a⩾-1$ 时

$g^{\prime }(x)⩾0,g(x)\uparrow$

$g(0)=0$

符合条件。

综上，$a\in [-1,+\mathrm{\infty })$

第一问（端点效应法）

TIP

1. 这种含有 $sinx$ 的题，一般都是将 $sinx$ 放缩为 $x$
2. 利用 $x-sinx$ 这是函数的单调性进行放缩：$sin{x}_2-sin{x}_1⩽x_2-x_1$
3. 如果要构建齐次式，那么一定是将两个式子相减
4. 注意均值不等式的大小顺序！$\frac{a+b}{2}>\frac{a-b}{lna-lnb}>\sqrt{ab}(a\ne b)$
5. 对数单身狗

第二问

$f^{\prime }(x_1)=f^{\prime }(x_2)$

$\therefore \{\begin{array}{l}{x}_1+asin{x}_1+bln{x}_1=0\mathrm{①}\\ x_2+asin{x}_2+bln{x}_2=0\mathrm{②}\end{array}$

$\mathrm{②}-\mathrm{①}$

$x_2-x_1+a(sin{x}_2-sin{x}_1)+bln\frac{x_2}{x_1}=0$

由（1）可知，$x-sinx$ 在 $(0,+\mathrm{\infty })$ 单调递增

设 $x_2>x_1>0$

$\therefore x_2-sin{x}_2⩾x_1-sin{x}_1$

$x_2-x_1⩾sin{x}_2-sin{x}_1$

$\therefore x_2-x_1+a(sin{x}_2-sin{x}_1)+bln\frac{x_2}{x_1}=0⩽(a+1)(x_2-x_1)+bln\frac{x_2}{x_1}$

$-bln\frac{x_2}{x_1}⩽(a+1)(x_2-x_1)$

$2\sqrt{\frac{-b}{a+1}}⩽2\sqrt{\frac{x_2-x_1}{ln\frac{x_2}{x_1}}}$

即证 $\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}>2\sqrt{\frac{x_2-x_1}{ln\frac{x_2}{x_1}}}$

$(\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}{)}^2>4\frac{(\sqrt{x_2}+\sqrt{x_1})(\sqrt{x_2}-\sqrt{x_1})}{ln\frac{x_2}{x_1}}$

$\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}>\frac{4(\sqrt{x_2}-\sqrt{x_1})}{ln\frac{x_2}{x_1}}$

$ln\frac{x_2}{x_1}>\frac{4(\sqrt{x_2}-\sqrt{x_1})}{\sqrt{x_2}+\sqrt{x_1}}$

令 $\sqrt{\frac{x_2}{x_1}}=t,t>1$

$2lnt>\frac{4(t-1)}{t+1}$

令 $h(x)=lnt-\frac{2(t-1)}{t+1}$

$h^{\prime }(t)=\frac{(t-1{)}^2}{t(t+1{)}^2}>0$

$h(x)\uparrow ,h(x)>h(1)=0$

得证。