Question

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

Answer 1

分析 （Ⅰ）對(duì)f（x）求導(dǎo)，整理得f（x）=e^1-x（a-（sinx+cosx）），函數(shù)存在單調(diào)遞減區(qū)間，f'（x）＜0，有解，即可得到a-（sinx+cosx）＜0有解，利用輔助角公式及正弦函數(shù)性質(zhì)求得a的取值范圍；
（Ⅱ）若a=0，將f（-x-1）+2f′（x）•cos（x+1）整理得cos（x+1）[e^x+2-2e^1-x（sinx+cosx）]，$x∈[{-1，\frac{1}{2}}]$，cos（x+1）＞0，只要證明${e^{2x+1}}＞2\sqrt{2}sin（x+\frac{π}{4}）$，對(duì)于任意$x∈[{-1，\frac{1}{2}}]$上恒成立，先構(gòu)造輔助函數(shù)$g（x）=2x+2-2\sqrt{2}sin（x+\frac{π}{4}）$，求導(dǎo)，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求得函數(shù)的最小值；再構(gòu)造輔助函數(shù)h（x）=e^2x+1-（2x+2），$x∈[{-1，\frac{1}{2}}]$，求導(dǎo)，利用函數(shù)單調(diào)性判斷函數(shù)的最小值；并且g（x）和h（x）取最小值時(shí)，不能同時(shí)取等號(hào)，即可證明，${e^{2x+1}}＞2\sqrt{2}sin（x+\frac{π}{4}）$，在$?x∈[{-1，\frac{1}{2}}]$上恒成立，不等式成立．

解答 解：（I）由已知，得f'（x）=-e^1-x（-a+cosx）-e^1-xsinx=e^1-x（a-（sinx+cosx））（2分）
因?yàn)楹瘮?shù)f（x）存在單調(diào)減區(qū)間，所以方程f'（x）＜0有解．
而e^1-x＞0恒成立，即a-（sinx+cosx）＜0有解，所以a＜（sinx+cosx）_max．
又$sinx+cosx=\sqrt{2}sin（x+\frac{π}{4}）∈[{-\sqrt{2}，\sqrt{2}}]$，所以，$a＜\sqrt{2}$．（5分）
（II）因?yàn)閍=0，所以f（x）=e^1-x•cosx，
所以f（-x-1）=e^x+2•cos（-x-1）=e^x+2•cos（x+1）．
因?yàn)?f'（x）•cos（x+1）=-2e^1-x（sinx+cosx）•cos（x+1），
所以f（-x-1）+2f'（x）•cos（x+1）=cos（x+1）[e^x+2-2e^1-x（sinx+cosx）]，
又對(duì)于任意$x∈[{-1，\frac{1}{2}}]$，cos（x+1）＞0．（6分）
要證原不等式成立，只要證e^x+2-2e^1-x（sinx+cosx）＞0，
只要證${e^{2x+1}}＞2\sqrt{2}sin（x+\frac{π}{4}）$，對(duì)于任意$x∈[{-1，\frac{1}{2}}]$上恒成立．（8分）
設(shè)函數(shù)$g（x）=2x+2-2\sqrt{2}sin（x+\frac{π}{4}）$，$x∈[{-1，\frac{1}{2}}]$，
則$g'（x）=2-2\sqrt{2}cos（x+\frac{π}{4}）$=$2\sqrt{2}（\frac{{\sqrt{2}}}{2}-cos（x+\frac{π}{4}））$，
當(dāng)x∈[-1，0]時(shí)，g'（x）≤0，即g（x）在[-1，0]上是減函數(shù)，
當(dāng)$x∈（{0，\frac{1}{2}}]$時(shí)，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，$2\sqrt{2}sin（x+\frac{π}{4}）≤2x+2$，（當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)上式取等號(hào)）①（10分）
設(shè)函數(shù)h（x）=e^2x+1-（2x+2），$x∈[{-1，\frac{1}{2}}]$，則h'（x）=2e^2x+1-2=2（e^2x+1-1），
當(dāng)$x∈[{-1，-\frac{1}{2}}]$時(shí)，h'（x）≤0，即h（x）在$[{-1，-\frac{1}{2}}]$上是減函數(shù)，
當(dāng)$x∈（{-\frac{1}{2}，\frac{1}{2}}]$時(shí)，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，
即e^2x+1≥2x+2，（當(dāng)且僅當(dāng)$x=-\frac{1}{2}$時(shí)上式取等號(hào)）②．
綜上所述，${e^{2x+1}}≥2x+2≥2\sqrt{2}sin（x+\frac{π}{4}）$，
因?yàn)棰佗诓豢赡芡瑫r(shí)取等號(hào)
所以${e^{2x+1}}＞2\sqrt{2}sin（x+\frac{π}{4}）$，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．（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)函數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性及函數(shù)的最值，采用分析法及構(gòu)造輔助函數(shù)證明不等式成立，過(guò)程繁瑣，屬于難題．