Question

6．已知函數(shù)f（x）=e^1-x（-a+cosx），a∈R．
（Ⅰ）若函數(shù)y=f（x）在[0，π]存在單調(diào)增區(qū)間，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）若f（$\frac{π}{2}$）=0，證明：對于?x∈[-1，$\frac{1}{2}$]，總有f（-x-1）+2f′（x）•cos（-x-1）＞0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)x的范圍，判斷出f′（x）的符號，從而求出函數(shù)的單調(diào)性，確定a的范圍即可；
（Ⅱ）問題轉(zhuǎn)化為證明e^2x+1＞2$\sqrt{2}$ sin（x+$\frac{π}{4}$），在?x∈[-1，$\frac{1}{2}$]上恒成立，構(gòu)造函數(shù)g（x）=2x+2-2$\sqrt{2}$sin（x+$\frac{π}{4}$），x∈[-1，$\frac{1}{2}$]，求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，判斷出函數(shù)的單調(diào)性，從而證出結(jié)論．

解答 解：（I）由題f'（x）=-e^1-x（-a+cosx）-e^1-xsinx=-e^1-x（sinx+cosx-a），
因為x∈（0，π），函數(shù)y=f（x）在[0，π]存在單調(diào)增區(qū)間，
所以f'（x）=-e^1-x（sinx+cosx-a）≥0，
即a≥$\sqrt{2}$sin（x+$\frac{π}{4}$）在x∈（0，π）恒成立，
而y=sin（x+$\frac{π}{4}$）在x∈（0，π）的最大值是1，
故a≥$\sqrt{2}$；
（II）若f（$\frac{π}{2}$）=0，則a=0，
f（-x-1）=e^x+2•cos（-x-1）=e^x+2•cos（x+1），
而2f'（x）•cos（-x-1）=-2e^1-x（sinx+cosx）•cos（x+1），
又因為?x∈[-1，$\frac{1}{2}$]，所以cos（x+1）＞0，
要證原不等式成立，只要證e^x+2-2e^1-x（sinx+cosx）＞0，
只要證e^x+2＞2e^1-x（sinx+cosx），
只要證e^2x+1＞2$\sqrt{2}$sin（x+$\frac{π}{4}$），在?x∈[-1，$\frac{1}{2}$]上恒成立，
首先構(gòu)造函數(shù)g（x）=2x+2-2$\sqrt{2}$sin（x+$\frac{π}{4}$），x∈[-1，$\frac{1}{2}$]，
因為g′（x）=2-2$\sqrt{2}$cos（x+$\frac{π}{4}$）=2$\sqrt{2}$（$\frac{\sqrt{2}}{2}$-cos（x+$\frac{π}{4}$）），
可得，在x∈[-1，0]時，g'（x）≤0，即g（x）在[-1，0]上是減函數(shù)，
在x∈（0，$\frac{1}{2}$]時，g'（x）＞0，即g（x）在（0，$\frac{1}{2}$]上是增函數(shù)，
所以，在[-1，$\frac{1}{2}$]上，g（x）_min=g（0）=0，所以g（x）≥0，
所以，2$\sqrt{2}$sin（x+$\frac{π}{4}$）≤2x+2，等號成立當且僅當x=0時，
其次構(gòu)造函數(shù)h（x）=e^2x+1-（2x+2），x∈[-1，$\frac{1}{2}$]，
因為h'（x）=2e^2x+1-2=2（e^2x+1-1），
可見x∈[-1，-$\frac{1}{2}$]時，h'（x）≤0，即h（x）在[-1，-$\frac{1}{2}$]上是減函數(shù)，
x∈（-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$]時，h'（x）＞0，即h（x）在（-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$]上是增函數(shù)，
所以在[-1，$\frac{1}{2}$]上，h（x）min=h（-$\frac{1}{2}$）=0，所以h（x）≥0，
所以，e^2x+1≥2x+2，等號成立當且僅當x=-時．
綜上所述，e^2x+1≥2x+2≥2$\sqrt{2}$sin（x+$\frac{π}{4}$），
因為取等條件并不一致，
所以e2x+1＞2$\sqrt{2}$sin（x+$\frac{π}{4}$），在?x∈[-1，$\frac{1}{2}$]上恒成立，
所以?x∈[-1，$\frac{1}{2}$]，總有f（-x-1）+2f'（x）•cos（-x-1）＞0成立．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，不等式的證明、函數(shù)的構(gòu)造，是一道綜合題．