Question

5．已知函數(shù)f（x）=e^1-xcosx，a∈R．
（Ⅰ）判斷函數(shù)f（x）在$（0，\frac{π}{2}）$上的單調(diào)性；
（Ⅱ）證明：?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；
（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（cosx）-e^1-xsinx=-e^1-x（sinx+cosx）…（2分）
因為$x∈（0，\frac{π}{2}）$
所以f'（x）＜0…（3分）
所以函數(shù)f（x）在$（0，\frac{π}{2}）$上單調(diào)遞減…（4分）
（II）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），…（5分）
又因為$?x∈[{-1，\frac{1}{2}}]$，所以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^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．…（7分）
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)，…（8分）
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．…（10分）
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$x=-\frac{1}{2}$時．…（11分）
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${e^{2x+1}}＞2\sqrt{2}sin（x+\frac{π}{4}）$，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．