Question

13．已知函數(shù)f（x）=$\frac{e^x}{sinx}$
（1）求函數(shù)f（x）的增區(qū)間；
（2）對于任意的$x∈[\frac{π}{4}，\frac{π}{2}]$，總有f（x）≥$\frac{ax}{{{{sin}^2}x}}$成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的遞增區(qū)間即可；
（2）問題轉(zhuǎn)化為e^xsinx≥ax在x∈[$\frac{π}{4}$，$\frac{π}{2}$]恒成立，令g（x）=e^xsinx-ax，即g（x）≥0恒成立，而g′（x）=e^x（sinx+cosx）-k，令h（x）=e^x（sinx+cosx），利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)h（x）的單調(diào)性可得：在[$\frac{π}{4}$，$\frac{π}{2}$]上單調(diào)遞增，$\sqrt{2}$${e}^{\frac{π}{4}}$≤h（x）≤${e}^{\frac{π}{2}}$，對k分類討論，即可得出函數(shù)g（x）的單調(diào)性，進(jìn)而得出k的取值范圍．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{{\sqrt{2}e}^{x}sin（x-\frac{π}{4}）}{{sin}^{2}x}$，
令f′（x）＞0，即2kπ＜x-$\frac{π}{4}$＜2kπ+π，
解得：2kπ+$\frac{π}{4}$＜x＜2kπ+$\frac{5π}{4}$，k∈Z，
故f（x）在（2kπ+$\frac{π}{4}$，2kπ+$\frac{5π}{4}$）遞增，k∈Z；
（2）對于任意的$x∈[\frac{π}{4}，\frac{π}{2}]$，總有f（x）≥$\frac{ax}{{{{sin}^2}x}}$成立，
即e^xsinx≥ax在x∈[$\frac{π}{4}$，$\frac{π}{2}$]恒成立，
令g（x）=e^xsinx-ax，即g（x）≥0恒成立，
而g′（x）=e^x（sinx+cosx）-k，
令h（x）=e^x（sinx+cosx），h′（x）=e^x（sinx+cosx）+e^x（cosx-sinx）=2e^xcosx．
∵x∈[$\frac{π}{4}$，$\frac{π}{2}$]，h′（x）≥0，∴h（x）在[$\frac{π}{4}$，$\frac{π}{2}$]上單調(diào)遞增，$\sqrt{2}$${e}^{\frac{π}{4}}$≤h（x）≤${e}^{\frac{π}{2}}$，
當(dāng)k≤$\sqrt{2}$${e}^{\frac{π}{4}}$時(shí)，g′（x）≥0，g（x）在[$\frac{π}{4}$，$\frac{π}{2}$]上單調(diào)遞增，g（x）≥g（0）=0，符合題意；
當(dāng)k≥${e}^{\frac{π}{2}}$時(shí)，g′（x）≤0，g（x）在[$\frac{π}{4}$，$\frac{π}{2}$]上單調(diào)遞減，g（x）≤g（0），與題意不合；
當(dāng)$\sqrt{2}$${e}^{\frac{π}{4}}$＜k＜${e}^{\frac{π}{2}}$時(shí)，g′（x）為一個(gè)單調(diào)遞增的函數(shù)，而g′（$\frac{π}{4}$）=$\sqrt{2}$${e}^{\frac{π}{4}}$-k＜0，g′（$\frac{π}{2}$）=${e}^{\frac{π}{2}}$-k＞0，
由零點(diǎn)存在性定理，必存在一個(gè)零點(diǎn)x₀，使得g′（x₀）=0，
當(dāng)x∈[0，x₀）時(shí)，g′（x）≤0，從而g（x）在此區(qū)間上單調(diào)遞減，從而g（x）≤g（0）=0，與題意不合，
綜上所述：k的取值范圍為（-∞，$\sqrt{2}$${e}^{\frac{π}{4}}$]．

點(diǎn)評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．