Question

8．已知f（x）=asinx，g（x）=lnx，其中a∈R，y=g^-1（x）是y=g（x）的反函数．
（1）若0＜a≤1，证明：函数G（x）=f（1-x）+g（x）在区间（0，1）上是增函数；
（2）证明：$\sum_{i=1}^{n}$sin$\frac{1}{（1+k）^{2}}$＜ln2；
（3）设F（x）=g^-1（x）-mx²-2（x+1）+b，若对任意的x＞0，m＜0有F（x）＞0恒成立，求满足条件的最小整数b的值．

Answer 1

分析 （1）由题意：G（x）=asin（1-x）+lnx，G′（x）=$\frac{1}{x}$-acos（1-x），证明当0＜x＜1，0＜a≤1时，G′（x）＞0恒成立即可证明结论．
（2）当a=1时，G（x）=sin（1-x）+lnx在（0，1）单调增，推出sin$\frac{1}{（1+k）^{2}}$=sin[1-$\frac{{k}^{2}+2k}{（1+k）^{2}}$]＜ln$\frac{（k+1）^{2}}{{k}^{2}+2k}$，然后证明即可．
（3）化简F（x）=e^x-mx²-2x+b-2＞0即：F（x）_min＞0，求出导数F′（x）=e^x-2mx-2，二次导数F″（x）=e^x-2m判断导函数的符号，推出函数的单调性，求出最值，列出不等式，b＞（$\frac{{x}_{0}}{2}$-1）${e}^{{x}_{0}}$+x₀+2，x₀∈（0，ln2）恒成立，构造函数，利用函数的导数，求解最值，然后推出最小整数b的值．

解答 （1）证明：由题意：G（x）=asin（1-x）+lnx，G′（x）=$\frac{1}{x}$-acos（1-x）
当0＜x＜1，0＜a≤1时，$\frac{1}{x}$＞1，cosx＜1，∴G′（x）＞0恒成立，
∴函数G（x）=f（1-x）+g（x）在区间（0，1）上是增函数；
（2）证明：由（1）知，当a=1时，G（x）=sin（1-x）+lnx在（0，1）单调增
∴sin（1-x）+lnx＜G（1）=0，∴sin（1-x）＜ln$\frac{1}{x}$（0＜x＜1）
∴sin$\frac{1}{（1+k）^{2}}$=sin[1-$\frac{{k}^{2}+2k}{（1+k）^{2}}$]＜ln$\frac{（k+1）^{2}}{{k}^{2}+2k}$，
∴$\sum_{i=1}^{n}$sin$\frac{1}{（1+k）^{2}}$＜ln$\frac{{2}^{2}}{1×3}•\frac{{3}^{2}}{2×4}•…•\frac{{k}^{2}}{（k-1）（k+1）}$=$\frac{k+1}{k+2}$ln2＜ln2；
（3）解：由F（x）=g^-1（x）-mx²-2（x+1）+b=e^x-mx²-2x+b-2＞0
即：F（x）_min＞0又F′（x）=e^x-2mx-2，F′′（x）=e^x-2m，
∵m＜0
则F″（x）＞0，∴F′（x），单调增，又F′（0）＜0，F′（1）＞0
则必然存在x₀∈（0，1），使得F′（x₀）=0，
∴F（x）在（-∞，x₀）单减，（x₀，+∞）单增，
∴F（x）≥F（x₀）=${e}^{{x}_{0}}$-mx₀²-2x₀+b-2＞0
∵${e}^{{x}_{0}}$-2mx₀-2=0，∴m=$\frac{{e}^{{x}_{0}}-2}{2{x}_{0}}$，
∴b＞（$\frac{{x}_{0}}{2}$-1）${e}^{{x}_{0}}$+x₀+2，
又m＜0，则x₀∈（0，ln2）
∴b＞（$\frac{{x}_{0}}{2}$-1）${e}^{{x}_{0}}$+x₀+2，x₀∈（0，ln2）恒成立
令m（x）=（$\frac{x}{2}$-1）e^x+x+2，x∈（0，ln2）
则m′（x）=$\frac{1}{2}$（x-1）e^x+1，m″（x）=$\frac{1}{2}$xe^x＞0，
∴m′（x）在x∈（0，ln2）单调递增         
又m′（0）=$\frac{1}{2}＞0$，
∴m′（x）＞0∴m（x）在x∈（0，ln2）单调递增，
∴m（x）＜m（ln2）=2ln2，∴b＞2ln2又b为整数．
∴最小整数b的值为：2．

点评 本题考查函数的导数的综合应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，二次导数的应用，考查构造法以及转化思想的应用，难度比较大．