Question

15．已知函數(shù)f（x）=（1+x）e^-2x，g（x）=ax+$\frac{{x}^{3}}{2}$+1+2xcosx．
（1）求證：當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，1-x≤f（x）≤$\frac{1}{1+x}$；
（2）若f（x）≥g（x）對(duì)x∈[0，1]恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）①當(dāng)x∈[0，1）時(shí)，（1+x）e^-2x≥1-x?（1+x）e^-x≥（1-x）e^x，令h（x）=（1+x）e^-x-（1-x）e^x，利用導(dǎo)數(shù)得到h（x）的單調(diào)性即可證明；
②當(dāng)x∈[0，1）時(shí)，$f（x）≤\frac{1}{1+x}$?e^x≥1+x，令u（x）=e^x-1-x，利用導(dǎo)數(shù)得出h（x）的單調(diào)性即可證明．
（2）利用（I）的結(jié)論得到f（x）≥1-x，于是G（x）=f（x）-g（x）≥$1-x-ax-1-\frac{1}{2}{x}^{3}-2xcosx$=$-x（a+1+\frac{{x}^{2}}{2}+2cosx）$．再令H（x）=$\frac{{x}^{2}}{2}+2cosx$，通過(guò)多次求導(dǎo)得出其單調(diào)性即可求出a的取值范圍．

解答 證明：（1）①當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，（1+x）e^-2x≥1-x?（1+x）e^-x≥（1-x）e^x，
令h（x）=（1+x）e^-x-（1-x）e^x，則h′（x）=x（e^x-e^-x）．
當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，h′（x）≥0，
∴h（x）在[0，1]上是增函數(shù)，
∴h（x）≥h（0）=0，即f（x）≥1-x．
②當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，$f（x）≤\frac{1}{1+x}$?e^x≥1+x，令u（x）=e^x-1-x，則u′（x）=e^x-1．
當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，u′（x）≥0，
∴u（x）在[0，1]單調(diào)遞增，
∴u（x）≥u（0）=0，
∴f（x）$≤\frac{1}{1+x}$．
綜上可知：$1-x≤f（x）≤\frac{1}{1+x}$．
（2）解：設(shè)G（x）=f（x）-g（x）=$（1+x）{e}^{-2x}-（ax+\frac{1}{2}{x}^{3}+1+2xcosx）$
≥$1-x-ax-1-\frac{1}{2}{x}^{3}-2xcosx$=$-x（a+1+\frac{{x}^{2}}{2}+2cosx）$．
令H（x）=$\frac{{x}^{2}}{2}+2cosx$，則H′（x）=x-2sinx，
令K（x）=x-2sinx，則K′（x）=1-2cosx．
當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，K′（x）＜0，
可得H′（x）是[0，1]上的減函數(shù)，
∴H′（x）≤H′（0）=0，故H（x）在[0，1]單調(diào)遞減，
∴H（x）≤H（0）=2．∴a+1+H（x）≤a+3．
∴當(dāng)a≤-3時(shí)，f（x）≥g（x）在[0，1]上恒成立．
下面證明當(dāng)a＞-3時(shí)，f（x）≥g（x）在[0，1]上不恒成立．
f（x）-g（x）≤$\frac{1}{1+x}-（1+ax+\frac{1}{2}{x}^{3}+2xcosx）$=$\frac{-x}{1+x}-ax-\frac{{x}^{3}}{2}-2xcosx$=-x$（\frac{1}{1+x}+a+\frac{{x}^{2}}{2}+2cosx）$．
令v（x）=$\frac{1}{1+x}+a+\frac{{x}^{2}}{2}+2cosx$=$\frac{1}{1+x}+a+H（x）$，則v′（x）=$\frac{-1}{（1+x）^{2}}+{H}^{′}（x）$．
當(dāng)x∈[0，1）時(shí)，v′（x）≤0，故v（x）在[0，1]上是減函數(shù)，
∴v（x）∈（a+1+2cos1，a+3]．
當(dāng)a＞-3時(shí)，a+3＞0．
∴存在x₀∈（0，1），使得v（x₀）＞0，此時(shí)，f（x₀）＜g（x₀）．
即f（x）≥g（x）在[0，1]不恒成立．
綜上實(shí)數(shù)a的取值范圍是（-∞，-3]．

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、等價(jià)轉(zhuǎn)化、作差比較大小、放縮法等基礎(chǔ)知識(shí)與基本技能，考查了推理能力、計(jì)算能力和分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力．