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6.已知函數(shù)f(x)=e1-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.

分析 (Ⅰ)求出f(x)的導數(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e2x+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)=-e1-x(-a+cosx)-e1-xsinx=-e1-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)=-e1-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)=ex+2•cos(-x-1)=ex+2•cos(x+1),
而2f'(x)•cos(-x-1)=-2e1-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ex+2-2e1-x(sinx+cosx)>0,
只要證ex+2>2e1-x(sinx+cosx),
只要證e2x+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)=e2x+1-(2x+2),x∈[-1,\frac{1}{2}],
因為h'(x)=2e2x+1-2=2(e2x+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,e2x+1≥2x+2,等號成立當且僅當x=-時.
綜上所述,e2x+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.

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