Question

17．已知函數(shù)f（x）=e^xsinx-cosx，g（x）=xcosx-$\sqrt{2}$e^x，（其中e是自然對數(shù)的底數(shù)）．
（1）?x₁∈[0，$\frac{π}{2}$]，?x₂∈[0，$\frac{π}{2}$]使得不等式f（x₁）+g（x₂）≥m成立，試求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（2）若x＞-1，求證：f（x）-g（x）＞0．

Answer 1

分析 （1）確定函數(shù)f（x）在[0，$\frac{π}{2}$]上單調(diào)遞增，可得f（x）_min=f（0）=-1；函數(shù)g（x）在[0，$\frac{π}{2}$]上單調(diào)遞減，可得g（x）_max=g（0）=-$\sqrt{2}$，即可求出實(shí)數(shù)m的范圍；
（2）先利用分析要證原不等式成立，轉(zhuǎn)化為只要證$\frac{{e}^{x}}{x+1}$＞$\frac{cosx}{sinx+\sqrt{2}}$，令h（x）=$\frac{{e}^{x}}{x+1}$，x＞-1，利用導(dǎo)數(shù)求出h（x）_min=h（0）=1，再令k=$\frac{cosx}{sinx+\sqrt{2}}$，其可看作點(diǎn)A（sinx，cosx）與點(diǎn)B（-$\sqrt{2}$，0）連線的斜率，根據(jù)其幾何意義求出k的最大值，即可證明．

解答 （1）解：∵f（x₁）+g（x₂）≥m，
∴f（x₁）≥m-g（x₂），
∴f（x₁）_min≥[m-g（x₂）]_min，
∴f（x₁）_min≥m-g（x₂）_max，
當(dāng)x∈[0，$\frac{π}{2}$]時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）在[0，$\frac{π}{2}$]上單調(diào)遞增，
∴f（x）_min≥f（0）=-1，
∵g（x）=xcosx-$\sqrt{2}$e^x，
∴g′（x）=cosx-xsinx-$\sqrt{2}$e^x，
∵x∈[0，$\frac{π}{2}$]，
∴0≤cosx≤1，xsinx≥0，$\sqrt{2}$e^x≥$\sqrt{2}$，
∴g′（x）≤0，
∴函數(shù)g（x）在[0，$\frac{π}{2}$]上單調(diào)遞減，
∴g（x）_max≥g（0）=-$\sqrt{2}$，
∴-1≥m+$\sqrt{2}$，
∴m≤-1-$\sqrt{2}$，
∴實(shí)數(shù)m的取值范圍為（-∞，-1-$\sqrt{2}$]；
（2）證明：x＞-1，要證：f（x）-g（x）＞0，
只要證f（x）＞g（x），
只要證e^xsinx-cosx＞xcosx-$\sqrt{2}$e^x，
只要證e^x（sinx+$\sqrt{2}$）＞（x+1）cosx，
由于sinx+$\sqrt{2}$＞0，x+1＞0，
只要證$\frac{{e}^{x}}{x+1}＞\frac{cosx}{sinx+\sqrt{2}}$，
下面證明x＞-1時，不等式$\frac{{e}^{x}}{x+1}＞\frac{cosx}{sinx+\sqrt{2}}$成立，
令h（x）=$\frac{{e}^{x}}{x+1}$，x＞-1，
∴h′（x）=$\frac{x{e}^{x}}{（x+1）^{2}}$，x＞-1，
當(dāng)x∈（-1，0）時，h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈（0，+∞）時，h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增，
∴h（x）_min=h（0）=1
令k=$\frac{cosx}{sinx+\sqrt{2}}$，其可看作點(diǎn)A（sinx，cosx）與點(diǎn)B（-$\sqrt{2}$，0）連線的斜率，
∴直線AB的方程為y=k（x+$\sqrt{2}$），
由于點(diǎn)A在圓x²+y²=1上，
∴直線AB與圓相交或相切，
當(dāng)直線AB與圓相切且切點(diǎn)在第二象限時，直線AB的斜率取得最大值為1，
∴當(dāng)x=0時，k=$\frac{\sqrt{2}}{2}$＜1=h（0），x≠0時，h（x）＞1≥k，
綜上所述，當(dāng)x＞-1，f（x）-g（x）＞0．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)零點(diǎn)存在性定理，導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的最值的關(guān)系，考查分類整合思想、轉(zhuǎn)化思想，考查學(xué)生綜合運(yùn)用知識分析解決問題的能力，屬于難題．