Question

8．已知函数f（x）=2sinx-2cosx，$x∈[-\frac{1}{2}，1]$，g（x）=e^1-2x．
（1）求函数f（x）在x=0处的切线方程；
（2）求证：$x∈[-\frac{1}{2}，1]$时，f（x）≥l（x）恒成立；
（3）求证：$x∈[-\frac{1}{2}，1]$时，f（x）+g（x）≥0恒成立．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，计算f（0），f′（0），求出切线方程即可；
（2）令F（x）=f（x）-l（x），求出函数F（x）的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出F（x）的最小值，证出结论即可；
（3）问题转化为2sinx-2cosx-2x+2≥0恒成立，只需证-e^1-2x≤2x-2在$x∈[{-\frac{1}{2}，1}]$时恒成立即可设函数h（x）=2x-2+e^1-2x，$x∈[-\frac{1}{2}，1]$，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）由题意可知，f'（x）=2cosx+2sinx，
f'（0）=2，f（0）=-2，
所以f（x）在x=0处的切线方程y=2x-2；
（2）证明：令F（x）=f（x）-l（x）=2sinx-2cosx-2x+2，$x∈[{-\frac{1}{2}，1}]$
则$F'（x）=2cosx+2sinx-2=2\sqrt{2}sin（{x+\frac{π}{4}}）-2$
当x∈（0，1]时，F'（x）＞0，即F（x）在（0，1]上是增函数，
当$x∈[-\frac{1}{2}，0）$时，F'（x）＜0，即F（x）在$[-\frac{1}{2}，0）$上是减函数，
所以，在$[-\frac{1}{2}，1]$上，F（x）_min=F（0）=0，所以F（x）≥0．
所以，f（x）≥l（x），（当且仅当x=0时上式取等号）
（3）欲证$x∈[{-\frac{1}{2}，1}]$，f（x）+g（x）≥0
需证$-{e^{1-2x}}＜2\sqrt{2}sin（x-\frac{π}{4}）$，对于任意$x∈[-\frac{1}{2}，1]$上恒成立，
由（2）知$x∈[{-\frac{1}{2}，1}]$时，f（x）≥l（x）恒成立；
即2sinx-2cosx-2x+2≥0恒成立
所以，现只需证-e^1-2x≤2x-2在$x∈[{-\frac{1}{2}，1}]$时恒成立即可
设函数h（x）=2x-2+e^1-2x，$x∈[-\frac{1}{2}，1]$，
则h′（x）=2-2e^1-2x=2（1-e^1-2x），
当$x∈[-\frac{1}{2}，\frac{1}{2}）$时，h′（x）＜0，即h（x）在$[-\frac{1}{2}，\frac{1}{2}）$上是减函数，
当$x∈（\frac{1}{2}，1]$时，h′（x）＞0，即h（x）在$（\frac{1}{2}，1]$上是增函数，
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，
（当且仅当$x=\frac{1}{2}$时上式取等号）②，
综上所述，$-{e^{1-2x}}≤2x-2≤2\sqrt{2}sin（x-\frac{π}{4}）$，
所以$x∈[{-\frac{1}{2}，1}]$时，f（x）+g（x）≥0恒成立．

点评 本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，是一道综合题．