Question

6．已知函数f（x）=e^1-x（-a+cosx），a∈R．
（Ⅰ）若函数y=f（x）在[0，π]存在单调增区间，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）若f（$\frac{π}{2}$）=0，证明：对于?x∈[-1，$\frac{1}{2}$]，总有f（-x-1）+2f′（x）•cos（-x-1）＞0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的导数，根据x的范围，判断出f′（x）的符号，从而求出函数的单调性，确定a的范围即可；
（Ⅱ）问题转化为证明e^2x+1＞2$\sqrt{2}$ sin（x+$\frac{π}{4}$），在?x∈[-1，$\frac{1}{2}$]上恒成立，构造函数g（x）=2x+2-2$\sqrt{2}$sin（x+$\frac{π}{4}$），x∈[-1，$\frac{1}{2}$]，求出g（x）的导数，判断出函数的单调性，从而证出结论．

解答 解：（I）由题f'（x）=-e^1-x（-a+cosx）-e^1-xsinx=-e^1-x（sinx+cosx-a），
因为x∈（0，π），函数y=f（x）在[0，π]存在单调增区间，
所以f'（x）=-e^1-x（sinx+cosx-a）≥0，
即a≥$\sqrt{2}$sin（x+$\frac{π}{4}$）在x∈（0，π）恒成立，
而y=sin（x+$\frac{π}{4}$）在x∈（0，π）的最大值是1，
故a≥$\sqrt{2}$；
（II）若f（$\frac{π}{2}$）=0，则a=0，
f（-x-1）=e^x+2•cos（-x-1）=e^x+2•cos（x+1），
而2f'（x）•cos（-x-1）=-2e^1-x（sinx+cosx）•cos（x+1），
又因为?x∈[-1，$\frac{1}{2}$]，所以cos（x+1）＞0，
要证原不等式成立，只要证e^x+2-2e^1-x（sinx+cosx）＞0，
只要证e^x+2＞2e^1-x（sinx+cosx），
只要证e^2x+1＞2$\sqrt{2}$sin（x+$\frac{π}{4}$），在?x∈[-1，$\frac{1}{2}$]上恒成立，
首先构造函数g（x）=2x+2-2$\sqrt{2}$sin（x+$\frac{π}{4}$），x∈[-1，$\frac{1}{2}$]，
因为g′（x）=2-2$\sqrt{2}$cos（x+$\frac{π}{4}$）=2$\sqrt{2}$（$\frac{\sqrt{2}}{2}$-cos（x+$\frac{π}{4}$）），
可得，在x∈[-1，0]时，g'（x）≤0，即g（x）在[-1，0]上是减函数，
在x∈（0，$\frac{1}{2}$]时，g'（x）＞0，即g（x）在（0，$\frac{1}{2}$]上是增函数，
所以，在[-1，$\frac{1}{2}$]上，g（x）_min=g（0）=0，所以g（x）≥0，
所以，2$\sqrt{2}$sin（x+$\frac{π}{4}$）≤2x+2，等号成立当且仅当x=0时，
其次构造函数h（x）=e^2x+1-（2x+2），x∈[-1，$\frac{1}{2}$]，
因为h'（x）=2e^2x+1-2=2（e^2x+1-1），
可见x∈[-1，-$\frac{1}{2}$]时，h'（x）≤0，即h（x）在[-1，-$\frac{1}{2}$]上是减函数，
x∈（-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$]时，h'（x）＞0，即h（x）在（-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$]上是增函数，
所以在[-1，$\frac{1}{2}$]上，h（x）min=h（-$\frac{1}{2}$）=0，所以h（x）≥0，
所以，e^2x+1≥2x+2，等号成立当且仅当x=-时．
综上所述，e^2x+1≥2x+2≥2$\sqrt{2}$sin（x+$\frac{π}{4}$），
因为取等条件并不一致，
所以e2x+1＞2$\sqrt{2}$sin（x+$\frac{π}{4}$），在?x∈[-1，$\frac{1}{2}$]上恒成立，
所以?x∈[-1，$\frac{1}{2}$]，总有f（-x-1）+2f'（x）•cos（-x-1）＞0成立．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，不等式的证明、函数的构造，是一道综合题．