Question

6．已知函數(shù)f（x）=2cos²x+2$\sqrt{3}$sinxcosx，g（x）=xe^-x
（Ⅰ）求關(guān)于x的不等式f（x）＞0的解集；
（Ⅱ）對(duì)任意x₁∈[1，3]，x₂∈[0，$\frac{π}{2}$]，不等式g（x₁）+a+3＞f（x₂）恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由三角函數(shù)的恒等變換，化簡(jiǎn)f（x），求出f（x）＞0時(shí)的解集；
（Ⅱ）根據(jù)題意，不等式g（x₁）+a+3＞f（x₂）恒成立轉(zhuǎn)化為g（x₁）+a+3在[1，3]上的最小值大于f（x₂）在區(qū)間[0，$\frac{π}{2}$]上的最大值；利用函數(shù)的單調(diào)性求出對(duì)應(yīng)的最值，列出不等式求出a的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）=2cos²x+2$\sqrt{3}$sinxcosx
=cos2x+1+$\sqrt{3}$sin2x
=2sin（2x+$\frac{π}{6}$）+1，
由f（x）＞0，得2sin（2x+$\frac{π}{6}$）+1＞0，
即sin（2x+$\frac{π}{6}$）＞-$\frac{1}{2}$，
∴2kπ-$\frac{π}{6}$＜2x+$\frac{π}{6}$＜2kπ+$\frac{7π}{6}$（k∈Z），
即kπ-$\frac{π}{6}$＜x＜kπ+$\frac{π}{2}$，（k∈Z）；
∴不等式f（x）＞0的解集為（kπ-$\frac{π}{6}$，kπ+$\frac{π}{2}$），（k∈Z）；
（Ⅱ）對(duì)任意x₁∈[1，3]，x₂∈[0，$\frac{π}{2}$]，
要使不等式g（x₁）+a+3＞f（x₂）恒成立，
只須g（x₁）+a+3在[1，3]上的最小值大于f（x₂）在區(qū)間[0，$\frac{π}{2}$]上的最大值即可；
當(dāng)x₂∈[0，$\frac{π}{2}$]時(shí)，有2x₂+$\frac{π}{6}$∈[$\frac{π}{6}$，$\frac{7π}{6}$]，
∴sin（2x₂+$\frac{π}{6}$）∈[-$\frac{1}{2}$，1]，
即有0≤2sin（2x₂+$\frac{π}{6}$）+1≤3；
∴當(dāng)x₂∈[0，$\frac{π}{2}$]時(shí)，f（x₂）的最大值為3，f（x₂）的最小值為0．
又由g（x）=xe^-x得g′（x）=e^-x-xe^-x=（1-x）e^-x，
令g′（x）=（1-x）e^-x=0，解得x=1；
∴當(dāng)x＜1時(shí)，g′（x）＞0，當(dāng)x＞1時(shí)g′（x）＜0；
∴g（x）在區(qū)間（-∞，1）內(nèi)是增函數(shù)，在區(qū)間（1，+∞）內(nèi)是減函數(shù)；
∴g（x）在區(qū)間[1，3]上是減函數(shù)，當(dāng)x₁∈[1，3]時(shí)，g（x₁）有最小值為g（3）=$\frac{3}{{e}^{3}}$，
∴g（x₁）+a+3的最小值為$\frac{3}{{e}^{3}}$+a+3；
令$\frac{3}{{e}^{3}}$+a+3＞3，得a＞-$\frac{3}{{e}^{3}}$，
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是（-$\frac{3}{{e}^{3}}$，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了三角函數(shù)的恒等變換與不等式的解法與應(yīng)用問(wèn)題，也考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性與最值問(wèn)題，考查了轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用問(wèn)題，是綜合性題目．