Question

4．已知函數(shù)f（x）=e^2x，g（x）=$\frac{1}{1-x}$（x²-ax-2xsinx+1），x∈[-1，0]．
（Ⅰ）求證：$\frac{1+x}{1-x}$≤f（x）≤$\frac{1}{（1-x）^{2}}$；
（Ⅱ）若?x∈[-1，0]，使得f（x）≥g（x）恒成立，求實數(shù)a取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）問題轉(zhuǎn)化為證（1+x）e^-x≤（1-x）e^x，導(dǎo)數(shù)法可判h（x）=（1+x）e^-x-（1-x）e^x在x∈[-1，0]上單調(diào)遞增，可證f（x）≥$\frac{1+x}{1-x}$，同理可證f（x）≤$\frac{1}{（1-x）^{2}}$，綜合可得；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知1+x≤e^2x（1-x）≤$\frac{1}{1-x}$，可得設(shè)m（x）=f（x）-g（x）≥$\frac{x}{1-x}$（1+a-x+2sinx），令l（x）=-x+2sinx，可判l(wèi)（x）在x∈[-1，0]上是增函數(shù)，可得a≤-1時，f（x）≥g（x）恒成立，同理證明當(dāng)a＞-1時，f（x）≥g（x）不恒成立，綜合可得實數(shù)a取值范圍．

解答 （Ⅰ）證明：要證x∈[-1，0]時，e^2x≥$\frac{1+x}{1-x}$，只需證（1+x）e^-x≤（1-x）e^x，
記h（x）=（1+x）e^-x-（1-x）e^x，則h′（x）=x（e^x-e^-x）≥0，x∈[-1，0]，
∴h（x）在x∈[-1，0]上單調(diào)遞增，∴h（x）≤h（0）=0，∴f（x）≥$\frac{1+x}{1-x}$，
要證x∈[-1，0]時，e^2x≤$\frac{1}{（1-x）^{2}}$，只需證e^x≤$\frac{1}{1-x}$，即證1-x≤e^-x，
記k（x）=1-x-e^-x，則k′（x）=-1+e^-x≥0，
∴k（x）在x∈[-1，0]上單調(diào)遞增，
∴k（x）≤k（0）=0，即f（x）≤$\frac{1}{（1-x）^{2}}$，
綜上可得$\frac{1+x}{1-x}$≤f（x）≤$\frac{1}{（1-x）^{2}}$；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知1+x≤e^2x（1-x）≤$\frac{1}{1-x}$，
設(shè)m（x）=f（x）-g（x）=$\frac{1}{1-x}$[e^2x（1-x）-（x²-ax-2xsinx+1）]
≥$\frac{1}{1-x}$（1+x-x²+ax+2xsinx-1）=$\frac{x}{1-x}$（1+a-x+2sinx），
令l（x）=-x+2sinx，則l′（x）=-1+2cosx＞0，
∴函數(shù)l（x）在x∈[-1，0]上是增函數(shù)，．
∴l(xiāng)（x）≤l（0）=0，即1+a≤0，
可得a≤-1時，f（x）≥g（x）恒成立，
下面證明當(dāng)a＞-1時，f（x）≥g（x）不恒成立，
m（x）=f（x）-g（x）=$\frac{1}{1-x}$[e^2x（1-x）-（x²-ax-2xsinx+1）]
≤$\frac{1}{1-x}$（$\frac{1}{1-x}$+ax+2xsinx-1）=$\frac{x}{1-x}$（$\frac{1}{1-x}$+a-x+2sinx），
令n（x）=$\frac{1}{1-x}$+a-x+2sinx，則n′（x）=$\frac{1}{（1-x）^{2}}$+l′（x）＞0，
∴函數(shù)n（x）在x∈[-1，0]上是增函數(shù)，
∴函數(shù)n（x）在x∈[-1，0]上的值域為[$\frac{3}{2}+a-2sin1$，1+a]，
∴存在x₀∈[-1，0]使得n（x₀）＞0，m（x₀）＜0，
即f（x）≥g（x）不恒成立，
綜上可得實數(shù)a取值范圍為（-∞，-1]

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及導(dǎo)數(shù)法判函數(shù)的單調(diào)性，以及不等式的性質(zhì)，屬難題．