Question

4．已知函数f（x）=e^2x，g（x）=$\frac{1}{1-x}$（x²-ax-2xsinx+1），x∈[-1，0]．
（Ⅰ）求证：$\frac{1+x}{1-x}$≤f（x）≤$\frac{1}{（1-x）^{2}}$；
（Ⅱ）若?x∈[-1，0]，使得f（x）≥g（x）恒成立，求实数a取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）问题转化为证（1+x）e^-x≤（1-x）e^x，导数法可判h（x）=（1+x）e^-x-（1-x）e^x在x∈[-1，0]上单调递增，可证f（x）≥$\frac{1+x}{1-x}$，同理可证f（x）≤$\frac{1}{（1-x）^{2}}$，综合可得；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知1+x≤e^2x（1-x）≤$\frac{1}{1-x}$，可得设m（x）=f（x）-g（x）≥$\frac{x}{1-x}$（1+a-x+2sinx），令l（x）=-x+2sinx，可判l（x）在x∈[-1，0]上是增函数，可得a≤-1时，f（x）≥g（x）恒成立，同理证明当a＞-1时，f（x）≥g（x）不恒成立，综合可得实数a取值范围．

解答 （Ⅰ）证明：要证x∈[-1，0]时，e^2x≥$\frac{1+x}{1-x}$，只需证（1+x）e^-x≤（1-x）e^x，
记h（x）=（1+x）e^-x-（1-x）e^x，则h′（x）=x（e^x-e^-x）≥0，x∈[-1，0]，
∴h（x）在x∈[-1，0]上单调递增，∴h（x）≤h（0）=0，∴f（x）≥$\frac{1+x}{1-x}$，
要证x∈[-1，0]时，e^2x≤$\frac{1}{（1-x）^{2}}$，只需证e^x≤$\frac{1}{1-x}$，即证1-x≤e^-x，
记k（x）=1-x-e^-x，则k′（x）=-1+e^-x≥0，
∴k（x）在x∈[-1，0]上单调递增，
∴k（x）≤k（0）=0，即f（x）≤$\frac{1}{（1-x）^{2}}$，
综上可得$\frac{1+x}{1-x}$≤f（x）≤$\frac{1}{（1-x）^{2}}$；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知1+x≤e^2x（1-x）≤$\frac{1}{1-x}$，
设m（x）=f（x）-g（x）=$\frac{1}{1-x}$[e^2x（1-x）-（x²-ax-2xsinx+1）]
≥$\frac{1}{1-x}$（1+x-x²+ax+2xsinx-1）=$\frac{x}{1-x}$（1+a-x+2sinx），
令l（x）=-x+2sinx，则l′（x）=-1+2cosx＞0，
∴函数l（x）在x∈[-1，0]上是增函数，．
∴l（x）≤l（0）=0，即1+a≤0，
可得a≤-1时，f（x）≥g（x）恒成立，
下面证明当a＞-1时，f（x）≥g（x）不恒成立，
m（x）=f（x）-g（x）=$\frac{1}{1-x}$[e^2x（1-x）-（x²-ax-2xsinx+1）]
≤$\frac{1}{1-x}$（$\frac{1}{1-x}$+ax+2xsinx-1）=$\frac{x}{1-x}$（$\frac{1}{1-x}$+a-x+2sinx），
令n（x）=$\frac{1}{1-x}$+a-x+2sinx，则n′（x）=$\frac{1}{（1-x）^{2}}$+l′（x）＞0，
∴函数n（x）在x∈[-1，0]上是增函数，
∴函数n（x）在x∈[-1，0]上的值域为[$\frac{3}{2}+a-2sin1$，1+a]，
∴存在x₀∈[-1，0]使得n（x₀）＞0，m（x₀）＜0，
即f（x）≥g（x）不恒成立，
综上可得实数a取值范围为（-∞，-1]

点评 本题考查导数的综合应用，涉及导数法判函数的单调性，以及不等式的性质，属难题．