Question

若?x∈D，总有f（x）≤F（x）≤g（x），则称F（x）为f（x）与g（x）在D上的一个“分界函数”，如?x∈[0，1]，1-x≤（1+x）e^-2x≤

1

1+x

成立，则称y=（1+x）e^-2x是y=1-x和y=

1

1+x

在[0，1]上的一个“分界函数”．
（Ⅰ）求证：y=cosx是y=1-

1

2

x²和y=1-

1

4

x²在[0，1]上的一个“分界函数”；
（Ⅱ）若f（x）=

x3

2

+ax+1和g（x）=（1+x）e^-2x-2xcosx在[0，1]上一定存在一个“分界函数”，试确定实数a的取值范围．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：计算题,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）证明1-

1

2

x²≤cosx，1-

1

4

x2≥cosx在[0，1]上恒成立即可，利用导数判断单调性化为最值问题即可；
（Ⅱ）若f（x）=

x3

2

+ax+1和g（x）=（1+x）e^-2x-2xcosx在[0，1]上一定存在一个“分界函数”，则x∈[0，1]时，f（x）≤g（x）恒成立；构造g（x）-f（x）=（1+x）e^-2x-2xcosx-（

x3

2

+ax+1），转化为函数的最值问题，从而求实数a的取值范围．

解答： 解：（Ⅰ）证明：记h（x）=cosx-1+

1

2

x2，x∈[0，1]；
则h′（x）=-sinx+x，h″（x）=-cosx+1≥0，
∴h′（x）=-sinx+x在[0，1]上是增函数，
∴h′（x）≥h′（0）=0，
∴h（x）在[0，1]上是增函数，
∴h（x）≥h（0）=0，
∴x∈[0，1]时，1-

1

2

x²≤cosx．
记g（x）=1-

1

4

x2-cosx，x∈[0，1]；
则g′（x）=-

1

2

x+sinx，记g″（x）=-

1

2

+cosx＞0，
∴g′（x）=-

1

2

x+sinx，在[0，1]上是增函数，
∴g′（x）≥g′（0）=0，
∴g（x）=1-

1

4

x2-cosx在[0，1]上是增函数，
∴g（x）≥g（0）=0，
∴x∈[0，1]时，1-

1

4

x2≥cosx，
综上所述，x∈[0，1]时，y=cosx是y=1-

1

2

x²和y=1-

1

4

x²在[0，1]上的一个“分界函数”．
（Ⅱ）要使f（x），g（x）间一定存在“分界函数”，则x∈[0，1]时，f（x）≤g（x）恒成立．
由已知，（1+x）e^-2x≥1-x，1-

1

4

x2≥cosx，
g（x）-f（x）=（1+x）e^-2x-2xcosx-（

x3

2

+ax+1）
≥1-x-2x（1-

1

4

x2）-（

x3

2

+ax+1）
=-（a+3）x，
∴当a≤-3时，f（x）≤g（x）在[0，1]上恒成立．
当a＞-3时，
由已知，（1+x）e^-2x≤

1

1+x

，1-

1

2

x²≤cosx，
g（x）-f（x）=（1+x）e^-2x-2xcosx-（

x3

2

+ax+1）
≤

1

1+x

-2x（1-

1

2

x²）-（

x3

2

+ax+1）
=

x2

1+x

+

x3

2

-（a+3）x
=

x

2

[x²+

2x

1+x

-2（a+3）]
≤

x

2

[x²+2x-2（a+3）]，
记h（x）=x²+2x-2（a+3）]，
必存在x₀∈（0，1）使h（x₀）＜0，
∴必存在x₀∈（0，1）使g（x₀）＜f（x₀），
则当a＞-3时，f（x）≤g（x）在[0，1]上不恒成立．
综上，a≤-3．

点评：本题考查了学生对新定义的接受能力与转化能力，同时考查了导数的综合应用与恒成立问题的处理方法，属于难题．