Question

15．已知函数f（x）=（1+x）e^-2x，g（x）=ax+$\frac{{x}^{3}}{2}$+1+2xcosx．
（1）求证：当x∈[0，1]时，1-x≤f（x）≤$\frac{1}{1+x}$；
（2）若f（x）≥g（x）对x∈[0，1]恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）①当x∈[0，1）时，（1+x）e^-2x≥1-x?（1+x）e^-x≥（1-x）e^x，令h（x）=（1+x）e^-x-（1-x）e^x，利用导数得到h（x）的单调性即可证明；
②当x∈[0，1）时，$f（x）≤\frac{1}{1+x}$?e^x≥1+x，令u（x）=e^x-1-x，利用导数得出h（x）的单调性即可证明．
（2）利用（I）的结论得到f（x）≥1-x，于是G（x）=f（x）-g（x）≥$1-x-ax-1-\frac{1}{2}{x}^{3}-2xcosx$=$-x（a+1+\frac{{x}^{2}}{2}+2cosx）$．再令H（x）=$\frac{{x}^{2}}{2}+2cosx$，通过多次求导得出其单调性即可求出a的取值范围．

解答 证明：（1）①当x∈[0，1]时，（1+x）e^-2x≥1-x?（1+x）e^-x≥（1-x）e^x，
令h（x）=（1+x）e^-x-（1-x）e^x，则h′（x）=x（e^x-e^-x）．
当x∈[0，1]时，h′（x）≥0，
∴h（x）在[0，1]上是增函数，
∴h（x）≥h（0）=0，即f（x）≥1-x．
②当x∈[0，1]时，$f（x）≤\frac{1}{1+x}$?e^x≥1+x，令u（x）=e^x-1-x，则u′（x）=e^x-1．
当x∈[0，1]时，u′（x）≥0，
∴u（x）在[0，1]单调递增，
∴u（x）≥u（0）=0，
∴f（x）$≤\frac{1}{1+x}$．
综上可知：$1-x≤f（x）≤\frac{1}{1+x}$．
（2）解：设G（x）=f（x）-g（x）=$（1+x）{e}^{-2x}-（ax+\frac{1}{2}{x}^{3}+1+2xcosx）$
≥$1-x-ax-1-\frac{1}{2}{x}^{3}-2xcosx$=$-x（a+1+\frac{{x}^{2}}{2}+2cosx）$．
令H（x）=$\frac{{x}^{2}}{2}+2cosx$，则H′（x）=x-2sinx，
令K（x）=x-2sinx，则K′（x）=1-2cosx．
当x∈[0，1]时，K′（x）＜0，
可得H′（x）是[0，1]上的减函数，
∴H′（x）≤H′（0）=0，故H（x）在[0，1]单调递减，
∴H（x）≤H（0）=2．∴a+1+H（x）≤a+3．
∴当a≤-3时，f（x）≥g（x）在[0，1]上恒成立．
下面证明当a＞-3时，f（x）≥g（x）在[0，1]上不恒成立．
f（x）-g（x）≤$\frac{1}{1+x}-（1+ax+\frac{1}{2}{x}^{3}+2xcosx）$=$\frac{-x}{1+x}-ax-\frac{{x}^{3}}{2}-2xcosx$=-x$（\frac{1}{1+x}+a+\frac{{x}^{2}}{2}+2cosx）$．
令v（x）=$\frac{1}{1+x}+a+\frac{{x}^{2}}{2}+2cosx$=$\frac{1}{1+x}+a+H（x）$，则v′（x）=$\frac{-1}{（1+x）^{2}}+{H}^{′}（x）$．
当x∈[0，1）时，v′（x）≤0，故v（x）在[0，1]上是减函数，
∴v（x）∈（a+1+2cos1，a+3]．
当a＞-3时，a+3＞0．
∴存在x₀∈（0，1），使得v（x₀）＞0，此时，f（x₀）＜g（x₀）．
即f（x）≥g（x）在[0，1]不恒成立．
综上实数a的取值范围是（-∞，-3]．

点评 本题综合考查了利用导数研究函数的单调性、等价转化、作差比较大小、放缩法等基础知识与基本技能，考查了推理能力、计算能力和分析问题、解决问题的能力．