Question

18．已知函數(shù)f（x）=cosx+ax²-1，a∈R．
（1）當(dāng)a=0時(shí)，求函數(shù)f（x）在$x=\frac{π}{2}$處的切線方程；
（2）當(dāng)a=1時(shí)，求函數(shù)f（x）在[-π，π]上的最大值和最小值；
（3）若對于任意的實(shí)數(shù)x恒有f（x）≥0，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，計(jì)算f（$\frac{π}{2}$），f′（$\frac{π}{2}$）的值，代入切線方程整理即可；
（2）當(dāng)a=1時(shí)，函數(shù)f（x）在[-π，π]上的最大值及最小值，即為f（x）在[0，π]上的最大值及最小值，求出導(dǎo)數(shù)，求得單調(diào)性，即可得到最值；
（3）對于任意的實(shí)數(shù)x恒有f（x）≥0，即有cosx+ax²-1≥0，即ax²≥1-cosx≥0，顯然a≥0，運(yùn)用參數(shù)分離和二倍角公式可得2a≥（ $\frac{sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}$）²，求出右邊函數(shù)的范圍，即可得到a的范圍．

解答 解：（1）a=0時(shí)，f（x）=cosx-1，f′（x）=-sinx，
∴f′（$\frac{π}{2}$）=-1，f（$\frac{π}{2}$）=-1，
故切線方程是：y+1=-（x-$\frac{π}{2}$），
即x+y+$\frac{π}{2}$+1=0；
（2）當(dāng)a=1時(shí)，f（x）=cosx+x²-1，f（-x）=f（x），是偶函數(shù)，
函數(shù)f（x）在[-π，π]上的最大值及最小值，
即為f（x）在[0，π]上的最大值及最小值，
此時(shí)f（x）=cosx+x²-1，導(dǎo)數(shù)為f′（x）=2x-sinx，0≤x≤π，
令g（x）=2x-sinx，導(dǎo)數(shù)為2-cosx＞0，即g（x）遞增，
即有g(shù)（x）≥g（0）=0，則f′（x）≥0，即f（x）在[0，π]遞增，
x=0時(shí)，取得最小值0，x=π時(shí)，取得最大值π²-2，
則有函數(shù)f（x）在[-π，π]上的最大值π²-2，
最小值為0；
（3）對于任意的實(shí)數(shù)x恒有f（x）≥0，即有cosx+ax²-1≥0，
即ax²≥1-cosx≥0，顯然a≥0，
x=0時(shí)，顯然成立；由偶函數(shù)的性質(zhì)，只要考慮x＞0的情況．
當(dāng)x＞0時(shí)，a≥$\frac{1-cosx}{{x}^{2}}$=$\frac{{2sin}^{2}\frac{x}{2}}{{x}^{2}}$，即為2a≥（ $\frac{sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}$）²，
由x＞0，則$\frac{x}{2}$=t＞0，考慮sint-t的導(dǎo)數(shù)為cost-1≤0，
即sint-t遞減，即有sint-t＜0，即sint＜t，
則有 $\frac{sint}{t}$＜1，故（ $\frac{sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}$）²＜1，
即有2a≥1，解得a≥$\frac{1}{2}$．
則實(shí)數(shù)a的取值范圍為[$\frac{1}{2}$，+∞）．

點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)性和最值，同時(shí)考查函數(shù)的奇偶性的判斷和運(yùn)用，考查不等式恒成立問題的解法，屬于中檔題．