Question

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

Answer 1

分析 （1）函數(shù)f（x）存在單調(diào)增區(qū)間，所以方程f′（x）＞0有解，即可求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）要證原不等式成立，只要證e^2-x+2e^x+1（sinx-cosx）＞0，只要證$-{e^{1-2x}}＜2\sqrt{2}sin（x-\frac{π}{4}）$，對于任意$x∈[-\frac{1}{2}，1]$上恒成立．

解答 解：（1）由已知得f′（x）=-e^1-x（-a+cosx）-e^1-xsinx=e^1-x（a-（sinx+cosx）），
因?yàn)楹瘮?shù)f（x）存在單調(diào)增區(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）_min，
又$sinx+cosx=\sqrt{2}sin（x+\frac{π}{4}）∈[-\sqrt{2}，\sqrt{2}]$，所以$a＞-\sqrt{2}$．
（2）因?yàn)閍=0，所以f（x）=e^1-xcosx，所以f（x-1）=e^2-xcos（x-1），
因?yàn)?f′（-x）cos（x-1）=2e^x+1（sinx-cosx）cos（x-1），
所以f（x-1）+2f′（-x）cos（x-1）=cos（x-1）[e^2-x+2e^x+1（sinx-cosx）]，
又對于任意$x∈[-\frac{1}{2}，1]$，cos（x-1）=cos（1-x）＞0，
要證原不等式成立，只要證e^2-x+2e^x+1（sinx-cosx）＞0，
只要證$-{e^{1-2x}}＜2\sqrt{2}sin（x-\frac{π}{4}）$，對于任意$x∈[-\frac{1}{2}，1]$上恒成立，
設(shè)函數(shù)$g（x）=2x-2-2\sqrt{2}sin（x-\frac{π}{4}）$，$x∈[-\frac{1}{2}，1]$，
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∈（0，1]時，g′（x）＜0，即g（x）在（0，1]上是減函數(shù)，
當(dāng)$x∈[-\frac{1}{2}，0）$時，g′（x）＞0，即g（x）$[-\frac{1}{2}，0）$上是增函數(shù)，
所以，在$[-\frac{1}{2}，1]$上，g（x）_max=g（0）=0，所以g（x）≤0．
所以，$2x-2≤2\sqrt{2}sin（x-\frac{π}{4}）$，（當(dāng)且僅當(dāng)x=0時上式取等號）①
設(shè)函數(shù)h（x）=2x-2+e^1-2x，$x∈[-\frac{1}{2}，1]$，則h′（x）=2-2e^1-2x=2（1-e^1-2x），
當(dāng)$x∈[-\frac{1}{2}，\frac{1}{2}）$時，h′（x）＜0，即h（x）在$[-\frac{1}{2}，\frac{1}{2}）$上是減函數(shù)，
當(dāng)$x∈（\frac{1}{2}，1]$時，h′（x）＞0，即h（x）在$（\frac{1}{2}，1]$上是增函數(shù)，
所以在$[-\frac{1}{2}，1]$上，$h{（x）_{min}}=h（\frac{1}{2}）=0$，所以h（x）≥0，即-e^1-2x≤2x-2，
（當(dāng)且僅當(dāng)$x=\frac{1}{2}$時上式取等號）②，綜上所述，$-{e^{1-2x}}≤2x-2≤2\sqrt{2}sin（x-\frac{π}{4}）$，
因?yàn)棰佗诓荒芡瑫r取等號，所以$-{e^{1-2x}}＜2\sqrt{2}sin（x-\frac{π}{4}）$，在$?x∈[-\frac{1}{2}，1]$上恒成立，
所以$?x∈[-\frac{1}{2}，1]$，總有f（x-1）+2f′（-x）cos（x-1）＞0成立．

點(diǎn)評 本題考查函數(shù)的單調(diào)性，考查不等式的證明，考查導(dǎo)數(shù)知識的運(yùn)用，難度大．