這道題目對全國卷考生來說「又偏又怪」，可以忽略。

例 設函數 f(x)=sin x(0le xle frac{pi }{2}) ，直線 l:2x-pi y=0 。

（1）證明：曲線 y=f(x) 恆在直線 l 上方；

（2）證明：存在 hetain (frac{sqrt{pi^2-4}}{pi},frac{sqrt{pi^2-4}}{2}) ，使 f( heta)=frac{2}{pi } ；

（3）證明： f(x)<frac{2}{pi }x+frac{(pi -2)sqrt {pi ^2-4}}{pi ^2} ；

（4）記 |f(x)+kx+m| 在 [0,frac{pi }{2}] 上的最大值為 M ，證明： M>frac{(pi -2)sqrt{pi^2-4}}{2pi ^2} 。

注 經別人指出，本題的第四問有誤…

證明 （1）只需證明 sin xgeq frac{2}{pi }x ，其中 xin [0,frac{pi }{2}] ，令 g(x)=sin x-frac{2}{pi }x

g(x)=cos x-frac{2}{pi} ， g(0)=frac{pi -2}{pi }>0 ， g(frac{pi }{2})=-frac{2}{pi }<0

又 g(x) 在 (0,frac{pi }{2}) 單調遞減，故存在 hetain (0,frac{pi }{2}) ，使 g( heta )=0

g(x) 在 (0, heta) 遞增， ( heta,frac{pi }{2}) 遞減，又 g(0)=g(frac{pi }{2})=0

故對任意的 xin [0,frac{pi }{2}] ， g(x)geq 0 ，也即 sin xgeq frac{2}{pi }x ，證畢。

（2）由（1）得 0< heta<frac{pi }{2} ， g( heta )=0 ，也即 cos heta=frac{2}{pi}

sin heta =sqrt{1-cos^2 heta}=frac{sqrt{pi^2-4}}{pi} ，由（1）得 sin x>frac{2}{pi }x

因此 sin heta =frac{sqrt{pi^2-4}}{pi}>frac{2}{pi}cdot hetaRightarrow heta <frac{sqrt{pi^2-4}}{2}

另一方面，由 sin x<x 可得 heta >frac{sqrt{pi^2-4}}{pi }

綜上有 hetain (frac{sqrt{pi^2-4}}{pi},frac{sqrt{pi^2-4}}{2}) ，證畢。

（3）先證明：對任意的 x_0in [0,frac{pi }{2}] ， f(x)le f(x_0)cdot(x-x_0)+f(x_0)

令 h(x)=f(x)-f(x_0)cdot(x-x_0)-f(x_0) ，注意到 h(x_0)=0

h(x)=f(x)-f (x_0) ，注意到 h(x_0)=0 ， h(x)=f(x)=-sin xle 0

故 h(x) 在 [0,frac{pi }{2}] 遞減，當 0<x<x_0 時， h(x)>0 ， h(x) 單調遞增

當 x_0<x<frac{pi }{2} 時， h(x)<0 ， h(x) 單調遞減，故 h(x)le h(x_0)=0

也即 f(x)le f(x_0)cdot(x-x_0)+f(x_0) ，取 x_0= heta ，整理得

f(x)le frac{2}{pi }x- heta cdot frac{2}{pi}+frac{sqrt{pi ^2-4}}{pi } ，又由（2）得 heta >frac{sqrt{pi^2-4}}{pi }

因此 f(x)<frac{2}{pi }x-frac{2}{pi }cdot frac{sqrt{pi^2-4}}{pi }+frac{sqrt{pi ^2-4}}{pi }

=frac{2}{pi }x+frac{(pi -2)sqrt {pi ^2-4}}{pi ^2} ，證畢。

（4）令 varphi (x)=f(x)+kx+m ，注意到 varphi (0)=m ， varphi (frac{pi}{2})=1+frac{pi }{2}k+m

varphi ( heta)=frac{sqrt{pi ^2-4}}{pi }+kcdot heta+m>frac{sqrt{pi^2-4}}{pi }cdot (k+1)+m ，因此有

frac{pi}{2}cdot varphi ( heta)-frac{sqrt{pi^2-4}}{pi }cdot varphi (frac{pi }{2})+(frac{sqrt{pi^2-4}}{pi }-frac{pi }{2})cdot varphi (0)>frac{(pi-2)sqrt{pi^2-4}}{2pi }

因為 |varphi (x)| 在 [0,frac{pi }{2}] 的最大值為 M ，所以 |varphi (x)|le M ，由絕對值不等式：

|frac{pi}{2}cdot varphi ( heta)-frac{sqrt{pi^2-4}}{pi }cdot varphi (frac{pi }{2})+(frac{sqrt{pi^2-4}}{pi }-frac{pi }{2})cdot varphi (0)|

le frac{pi }{2}cdot |varphi ( heta)|+frac{sqrt{pi ^2-4}}{pi }cdot |varphi (frac{pi }{2})|+(frac{pi }{2}-frac{sqrt{pi^2-4}}{pi })cdot |varphi (0)|

le ( frac{pi }{2}+frac{sqrt{pi ^2-4}}{pi }+frac{pi }{2}-frac{sqrt{pi^2-4}}{pi })cdot M=picdot M

綜合上式有 pi cdot M>frac{(pi-2)sqrt{pi^2-4}}{2pi } ，也即 M>frac{(pi -2)sqrt{pi^2-4}}{2pi ^2} ，證畢。

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