Question

3．已知函数f（x）=e^ax，g（x）=sinx．
（1）若直线y=f（x）与y=g（x）在x=0处的切线平行，求a，并讨论y=f（x）+g（x）在（-1，+∞）上的单调性；
（2）若对任意x∈（0，$\frac{π}{2}}$），都有f（${\frac{x}{a}}$）g（x）＞kx，求k的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，求出切线，得到a的值，结合三角函数的性质求出函数的单调性即可；
（2）记$h（x）=f（{\frac{x}{a}}）g（x）-kx={e^x}sinx-kx$，求出函数的导数，通过讨论k的范围结合三角函数的性质，求出k的具体范围即可．

解答 解：（1）由f（x）=e^ax，知f'（x）=ae^ax，
曲线y=f（x）在x=0处的切线斜率为f'（0）=a．
由g（x）=sinx知g'（x）=cosx，曲线y=g（x）在x=0处的切线为g'（0）=1，
因为曲线y=f（x）与y=g（x）在x=0处的切线相互平行，
所以a=1，y'=f'（x）+g'（x）=e^x+cosx，
当x=0时，y'=f'（0）+g'（0）=2＞0．
当x∈（-1，0）时，e^x∈（0，1），cosx∈（0，1），
从而y'=f'（x）+g'（x）=e^x+cosx＞0；
当x∈（0，+∞）时，e^x∈（0，+∞），cosx∈[-1，1]，
从而y'=f'（x）+g'（x）=e^x+cosx＞0，
故y=f（x）+g（x）在（-1，+∞）上单调递增．
（2）记$h（x）=f（{\frac{x}{a}}）g（x）-kx={e^x}sinx-kx$，
原问题即求k的取值范围，
使h（x）＞0对$x∈（{0，\frac{π}{2}}）$恒成立，
h'（x）=e^x（sinx+cosx）-k，
又记φ（x）=e^x（sinx+cosx），
则当$x∈（{0，\frac{π}{2}}）$时，φ'（x）=2e^xcosx＞0，
所以φ（x）在$（{0，\frac{π}{2}}）$上单调递增，
从而$φ（0）＜φ（x）＜φ（{\frac{π}{2}}）$，即$1＜φ（x）＜{e^{\frac{π}{2}}}$．
①若k≤1，则$h'（x）＞0，x∈（{0，\frac{π}{2}}）$，
从而h（x）在$（{0，\frac{π}{2}}）$上单调递增，
所以h（x）＞h（0）=0．
此时，不等式成立．
②若$k≥{e^{\frac{π}{2}}}$，则$h'（x）＜0，x∈（{0，\frac{π}{2}}）$，
从而h（x）在（0，1）上单调递减，
所以h（x）＜h（0）=0．此时，
不等式不恒成立．
③若$1＜k≤{e^{\frac{π}{2}}}$，则存在唯一的${x_0}∈（{0，\frac{π}{2}}）$，
使得h'（x₀）=0，即${e^{x_0}}（{sin{x_0}+cos{x_0}}）=k$，
$h（{x_0}）={e^{x_0}}sin{x_0}-k{x_0}={e^{x_0}}sin{x_0}-{x_0}{e^{x_0}}（{sin{x_0}+cos{x_0}}）={e^{x_0}}[{sin{x_0}+{x_0}（{sin{x_0}+cos{x_0}}）}]$，
因为${x_0}∈（{0，\frac{π}{2}}）$，所以0＜sinx₀＜x₀且cosx₀＞0，
从而sinx₀-x₀（sinx₀+cosx₀）
＜sinx₀-sinx₀（sinx₀+cosx₀）
=sinx₀[1-（sinx₀+cosx₀）]
=$sin{x_0}[{1-\sqrt{2}sin（{{x_0}+\frac{π}{4}}）}]$，
又因为${x_0}∈（{0，\frac{π}{2}}）$，所以$1＜\sqrt{2}sin（{{x_0}+\frac{π}{4}}）≤\sqrt{2}$，
从而$sin{x_0}[{1-\sqrt{2}sin（{{x_0}+\frac{π}{4}}）}]＜0$，
得sinx₀-x₀（sinx₀+cosx₀）＜0又${e^{x_0}}＞0$，
所以$h（{x_0}）={e^{x_0}}[{sin{x_0}-{x_0}（{sin{x_0}+cos{x_0}}）}]＜0$，
不等式不恒成立．
综上，当且仅当k≤1时，对任意$x∈（{0，\frac{π}{2}}）$，都有f（${\frac{x}{a}}$）g（x）＞kx．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想、转化思想，是一道综合题．