分析 (1)根據(jù)題意可知f(t)=g(t),令h(x)=ex+sinx-x(x≥0),求出其導函數(shù),進而求得h(x)的最小值即為P、Q兩點間的最短距離.
(2)令ϕ(x)=F(x)-F(-x)=ex-e-x+2sinx-2ax,函數(shù)y=F(x)的圖象恒在y=F(-x)的圖象上方,等價于ϕ(x)≥0恒成立,求出其導函數(shù),可求出φ(x)的單調(diào)性,進而可求得a的取值范圍.
解答 解:(1)因為F(x)=ex+sinx-ax,所以F'(x)=ex+cosx-a,
因為x=0是F(x)的極值點,所以F'(0)=1+1-a=0,a=2.
又當a=2時,若x<0,F(xiàn)'(x)=ex+cosx-a<1+1-2=0,
所以F'(x)在(0,+∞)上為增函數(shù),所以F'(x)>F'(0)=1+1-2=0,所以x=0是F(x)的極小值點,
所以a=2符合題意,所以|PQ|=et+sint-2t.令h(x)=ex+sinx-2x,即h'(x)=ex+cosx-2,
因為h''(x)=ex-sinx,當x>0時,ex>1,-1≤sinx≤1,
所以h''(x)=ex-sinx>0,所以h'(x)=ex+cosx-2在(0,+∞)上遞增,
所以h'(x)=ex+cosx-2>h'(0)=0,∴x∈[0,+∞)時,h(x)的最小值為h(0)=1,所以|PQ|min=1.
(2)令ϕ(x)=F(x)-F(-x)=ex-e-x+2sinx-2ax,
則ϕ'(x)=ex-e-x+2cosx-2a,S(x)=ϕ''(x)=ex-e-x-2sinx,
因為S'(x)=ex+e-x-2cosx≥0當x≥0時恒成立,所以函數(shù)S(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,∴S(x)≥S(0)=0當x∈[0,+∞)時恒成立;
故函數(shù)ϕ'(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,所以ϕ'(x)≥ϕ'(0)=4-2a在x∈[0,+∞)時恒成立.
當a≤2時,ϕ'(x)≥0,ϕ(x)在[0,+∞)單調(diào)遞增,即ϕ(x)≥ϕ(0)=0.
故a≤2時F(x)≥F(-x)恒成立.
當a>2時,因為ϕ'(x)在[0,+∞)單調(diào)遞增,
所以總存在x0∈(0,+∞),使ϕ(x)在區(qū)間[0,x0)上ϕ'(x)<0,即ϕ(x)在區(qū)間[0,x0)上單調(diào)遞減,而ϕ(0)=0,
所以當x∈[0,x0)時,ϕ(x)<0,這與F(x)-F(-x)≥0對x∈[0,+∞)恒成立矛盾,
所以a>2不符合題意,故符合條件的a的取值范圍是(-∞,2].
點評 本題考查函數(shù)的單調(diào)性、最值問題,考查導數(shù)的應用以及分類討論思想,轉(zhuǎn)化思想,是一道綜合題.
科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | $\frac{{\sqrt{2}}}{2}$ | B. | $\sqrt{2}$ | C. | 2 | D. | $2\sqrt{2}$ |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | $\frac{1}{20}$ | B. | $\frac{5}{16}$ | C. | $\frac{16}{5}$ | D. | $\frac{3}{8}$ |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | [-2,2] | B. | $[{-2,2\sqrt{2}}]$ | C. | $[{-2\sqrt{2},2}]$ | D. | $[{-2\sqrt{2},2\sqrt{2}}]$ |
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A. | (0,3) | B. | (0,4) | C. | [3,+∞) | D. | [4,+∞) |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | $2\sqrt{5}$ | B. | $4\sqrt{5}$ | C. | 8 | D. | 16 |
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