Question

3．已知函数f（x）=$\frac{sinx}{{e}^{x}}$．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）如果对于任意的x∈[-$\frac{π}{2}$，0]，f（x）≤kx恒成立，求实数k的取值范围．

Answer 1

分析 （1）首先求出f′（x），然后分别求出当f′（x）＞0、f′（x）＜0时x的取值范围，即可求出函数f（x）的单调区间；
（2）令g（x）=f（x）-kx，要使f（x）≤kx总成立，只需x∈[$-\frac{π}{2}$，0]时g（x）_max≤0，求出g'（x），令h（x）=$\frac{cosx-sinx}{{e}^{x}}$，再求出h'（x）＜0（x∈[$-\frac{π}{2}$，0]），所以h（x）在[$-\frac{π}{2}$，0]]上为减函数，所以h（x）∈[1，${e}^{\frac{π}{2}}$]，最后对k分类讨论，求出实数k的取值范围即可．

解答 解：（1）由于f（x）=$\frac{sinx}{{e}^{x}}$，
所以f′（x）=$\frac{cosx-sinx}{{e}^{x}}$，
当cosx-sinx＞0，$\sqrt{2}$cos（x+$\frac{π}{4}$）＞0，即x∈（2kπ-$\frac{3π}{4}$，2kπ+$\frac{π}{4}$），k∈Z时，f'（x）＞0；
当cosx-sinx＜0，$\sqrt{2}$cos（x+$\frac{π}{4}$）＜0，即x∈（2kπ+$\frac{π}{4}$，2kπ+$\frac{5π}{4}$），k∈Z时，f'（x）＜0．
所以f（x）的单调递增区间为（2kπ-$\frac{3π}{4}$，2kπ+$\frac{π}{4}$），（k∈Z），
单调递减区间为（2kπ+$\frac{π}{4}$，2kπ+$\frac{5π}{4}$），（k∈Z）；
（2）令g（x）=f（x）-kx=$\frac{sinx}{{e}^{x}}$-kx，
要使f（x）≤kx总成立，只需x∈[-$\frac{π}{2}$，0]时g（x）_max≤0，
对g（x）求导，可得g′（x）=$\frac{cosx-sinx}{{e}^{x}}$-k，
令h（x）=$\frac{cosx-sinx}{{e}^{x}}$，
则h′（x）=$\frac{-2cosx}{{e}^{x}}$＜0（x∈[-$\frac{π}{2}$，0]）
所以h（x）在[-$\frac{π}{2}$，0]上为减函数，
所以h（x）∈[1，${e}^{\frac{π}{2}}$]；
对k分类讨论：
①当k≤1时，g′（x）≥0恒成立，
所以g（x）在[-$\frac{π}{2}$，0]上为增函数，
所以g（x）_max=g（0）=0，
即g（x）≤0，故成立；
②当1＜k＜${e}^{\frac{π}{2}}$时，g′（x）=0在上有实根x₀，
因为h（x）在（-$\frac{π}{2}$，0）上为减函数，
所以当x∈（x₀，0）时，g′（x）＜0，
所以g（x₀）＞g（0）=0，不符合题意；
③当k≥${e}^{\frac{π}{2}}$时，g′（x）≤0恒成立，
所以g（x）在[-$\frac{π}{2}$，0]上为减函数，
则g（x）≤g（-$\frac{π}{2}$）=$\frac{kπ}{2}$-${e}^{\frac{π}{2}}$，
由$\frac{kπ}{2}$-${e}^{\frac{π}{2}}$≤0，可得k≤$\frac{2{e}^{\frac{π}{2}}}{π}$，
即有k∈∅．
综上，可得实数k的取值范围是（-∞，1]．

点评 此题主要考查了利用导数求闭区间上函数的最值问题，考查了分类讨论思想的应用，属于中档题．