Question

3．已知函數(shù)f（x）=$\frac{sinx}{{e}^{x}}$．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）如果對(duì)于任意的x∈[-$\frac{π}{2}$，0]，f（x）≤kx恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）首先求出f′（x），然后分別求出當(dāng)f′（x）＞0、f′（x）＜0時(shí)x的取值范圍，即可求出函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）令g（x）=f（x）-kx，要使f（x）≤kx總成立，只需x∈[$-\frac{π}{2}$，0]時(shí)g（x）_max≤0，求出g'（x），令h（x）=$\frac{cosx-sinx}{{e}^{x}}$，再求出h'（x）＜0（x∈[$-\frac{π}{2}$，0]），所以h（x）在[$-\frac{π}{2}$，0]]上為減函數(shù)，所以h（x）∈[1，${e}^{\frac{π}{2}}$]，最后對(duì)k分類討論，求出實(shí)數(shù)k的取值范圍即可．

解答 解：（1）由于f（x）=$\frac{sinx}{{e}^{x}}$，
所以f′（x）=$\frac{cosx-sinx}{{e}^{x}}$，
當(dāng)cosx-sinx＞0，$\sqrt{2}$cos（x+$\frac{π}{4}$）＞0，即x∈（2kπ-$\frac{3π}{4}$，2kπ+$\frac{π}{4}$），k∈Z時(shí)，f'（x）＞0；
當(dāng)cosx-sinx＜0，$\sqrt{2}$cos（x+$\frac{π}{4}$）＜0，即x∈（2kπ+$\frac{π}{4}$，2kπ+$\frac{5π}{4}$），k∈Z時(shí)，f'（x）＜0．
所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（2kπ-$\frac{3π}{4}$，2kπ+$\frac{π}{4}$），（k∈Z），
單調(diào)遞減區(qū)間為（2kπ+$\frac{π}{4}$，2kπ+$\frac{5π}{4}$），（k∈Z）；
（2）令g（x）=f（x）-kx=$\frac{sinx}{{e}^{x}}$-kx，
要使f（x）≤kx總成立，只需x∈[-$\frac{π}{2}$，0]時(shí)g（x）_max≤0，
對(duì)g（x）求導(dǎo)，可得g′（x）=$\frac{cosx-sinx}{{e}^{x}}$-k，
令h（x）=$\frac{cosx-sinx}{{e}^{x}}$，
則h′（x）=$\frac{-2cosx}{{e}^{x}}$＜0（x∈[-$\frac{π}{2}$，0]）
所以h（x）在[-$\frac{π}{2}$，0]上為減函數(shù)，
所以h（x）∈[1，${e}^{\frac{π}{2}}$]；
對(duì)k分類討論：
①當(dāng)k≤1時(shí)，g′（x）≥0恒成立，
所以g（x）在[-$\frac{π}{2}$，0]上為增函數(shù)，
所以g（x）_max=g（0）=0，
即g（x）≤0，故成立；
②當(dāng)1＜k＜${e}^{\frac{π}{2}}$時(shí)，g′（x）=0在上有實(shí)根x₀，
因?yàn)閔（x）在（-$\frac{π}{2}$，0）上為減函數(shù)，
所以當(dāng)x∈（x₀，0）時(shí)，g′（x）＜0，
所以g（x₀）＞g（0）=0，不符合題意；
③當(dāng)k≥${e}^{\frac{π}{2}}$時(shí)，g′（x）≤0恒成立，
所以g（x）在[-$\frac{π}{2}$，0]上為減函數(shù)，
則g（x）≤g（-$\frac{π}{2}$）=$\frac{kπ}{2}$-${e}^{\frac{π}{2}}$，
由$\frac{kπ}{2}$-${e}^{\frac{π}{2}}$≤0，可得k≤$\frac{2{e}^{\frac{π}{2}}}{π}$，
即有k∈∅．
綜上，可得實(shí)數(shù)k的取值范圍是（-∞，1]．

點(diǎn)評(píng) 此題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值問題，考查了分類討論思想的應(yīng)用，屬于中檔題．