Question

17．已知$x∈（-\frac{π}{2}，\frac{π}{2}）$，函数y=f（x）满足：f′（x）cosx-f（x）sinx=e^x，f（0）=2，令$F（x）=f（x）-\frac{1}{cosx}+1$，若方程$F（x）+{（x+\frac{π}{4}）^2}-m=0$在$x∈（-\frac{π}{2}，\frac{π}{2}）$有两个不等的实数根，则实数m的范围为（$1+\sqrt{2}{e}^{-\frac{π}{4}}，+∞$）．

Answer 1

分析 由已知可构造函数g（x）=f（x）cosx，则g′（x）=f′（x）cosx-f（x）sinx=e^x，得到g（x）=e^x+c，即f（x）cosx=e^x+c．再由f（0）=2求得c=1．得到f（x）=$\frac{{e}^{x}}{cosx}+\frac{1}{cosx}$，代入$F（x）=f（x）-\frac{1}{cosx}+1$=$\frac{{e}^{x}}{cosx}+1$，把方程$F（x）+{（x+\frac{π}{4}）^2}-m=0$在$x∈（-\frac{π}{2}，\frac{π}{2}）$有两个不等的实数转化为m=$\frac{{e}^{x}}{cosx}+1+（x+\frac{π}{4}）^{2}$在$x∈（-\frac{π}{2}，\frac{π}{2}）$有两个不等的实数根，令h（x）=$\frac{{e}^{x}}{cosx}+1+（x+\frac{π}{4}）^{2}$，利用导数求其最小值得答案．

解答 解：令g（x）=f（x）cosx，则g′（x）=f′（x）cosx-f（x）sinx=e^x，
∴g（x）=e^x+c，即f（x）cosx=e^x+c．
则f（x）=$\frac{{e}^{x}+c}{cosx}$，又f（0）=$\frac{{e}^{0}+c}{cos0}=2$，∴c=1．
则f（x）=$\frac{{e}^{x}}{cosx}+\frac{1}{cosx}$．
∴$F（x）=f（x）-\frac{1}{cosx}+1$=$\frac{{e}^{x}}{cosx}+1$，
若方程$F（x）+{（x+\frac{π}{4}）^2}-m=0$在$x∈（-\frac{π}{2}，\frac{π}{2}）$有两个不等的实数根，
即$\frac{{e}^{x}}{cosx}+1+（x+\frac{π}{4}）^{2}-m=0$在$x∈（-\frac{π}{2}，\frac{π}{2}）$有两个不等的实数根，
也就是m=$\frac{{e}^{x}}{cosx}+1+（x+\frac{π}{4}）^{2}$在$x∈（-\frac{π}{2}，\frac{π}{2}）$有两个不等的实数根，
令h（x）=$\frac{{e}^{x}}{cosx}+1+（x+\frac{π}{4}）^{2}$，
则h′（x）=$\frac{{e}^{x}cosx+{e}^{x}sinx}{co{s}^{2}x}+2（x+\frac{π}{4}）$=$\frac{{e}^{x}（sinx+cosx）}{co{s}^{2}x}+2（x+\frac{π}{4}）$．
当x∈（-$\frac{π}{2}，-\frac{π}{4}$）时，h′（x）＜0，当x∈（-$\frac{π}{4}，\frac{π}{2}$）时，h′（x）＞0，
∴h（x）的极小值也是最小值为h（-$\frac{π}{4}$）=$1+\sqrt{2}{e}^{-\frac{π}{4}}$．
∵当x→-$\frac{π}{2}$和x→$\frac{π}{2}$时，h（x）→+∞．
∴若方程$F（x）+{（x+\frac{π}{4}）^2}-m=0$在$x∈（-\frac{π}{2}，\frac{π}{2}）$有两个不等的实数根，
实数m的范围为（$1+\sqrt{2}{e}^{-\frac{π}{4}}，+∞$）．
故答案为：（$1+\sqrt{2}{e}^{-\frac{π}{4}}，+∞$）．

点评 本题考查根的存在性与根的个数判断，考查利用导数求函数的最值，构造函数是解答该题的关键，是中档题．