Question

14．已知函数f（x）=e^xcosx．
（I）求f（x）在（0，f（0））处的切线方程；
（Ⅱ）求f（x）的单调区间；
（Ⅲ）当x∈[0，$\frac{π}{2}$]，f（x）≥kx+1恒成立，求实数k的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的导数，切点切线的斜率和切点，由斜截式方程，即可得到切线的方程；
（Ⅱ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（Ⅲ）令g（x）=f（x）-kx-1=e^xcosx-kx-1，要使f（x）≥kx+1总成立，只需x∈[0，$\frac{π}{2}$]时g（x）_min≥0，求出函数的导数，最后对k分类讨论，求出实数k的取值范围即可．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）=e^xcosx的导数为f′（x）=e^x（cosx-sinx），
函数f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为k=e⁰（cos0-sin0）=1，
切点为（0，1），
则函数f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y=x+1；
（Ⅱ）f′（x）=e^x（cosx-sinx）=$\sqrt{2}$e^xcos（x+$\frac{π}{4}$），
令f′（x）＞0，解得：2kπ-$\frac{3}{4}$π＜x＜2kπ+$\frac{π}{4}$，
令f′（x）＜0，解得：2kπ+$\frac{π}{4}$＜x＜2kπ+$\frac{5}{4}$π，
∴f（x）在（2kπ-$\frac{3}{4}$π，2kπ+$\frac{π}{4}$）递增，在（2kπ+$\frac{π}{4}$，2kπ+$\frac{5}{4}$π）递减；
（Ⅲ）令g（x）=f（x）-kx-1=e^xcosx-kx-1，
要使f（x）≥kx+1总成立，只需x∈[0，$\frac{π}{2}$]时g（x）_min≥0，
对g（x）求导，可得g'（x）=e^x（cosx-sinx）-k，
令h（x）=e^x（cosx-sinx），
则h'（x）=-2e^xsinx＜0，（x∈（0，$\frac{π}{2}$））
所以h（x）在[0，$\frac{π}{2}$]上为减函数，
所以h（x）∈[-${e}^{\frac{π}{2}}$，1]；
对k分类讨论：
①当k≥1时，g'（x）≤0恒成立，
所以g（x）在[0，$\frac{π}{2}$]上为减函数，
所以g（x）_min=g（$\frac{π}{2}$）=0，解得：k=-$\frac{2}{π}$，
不合题意；
②当-${e}^{\frac{π}{2}}$＜k＜1时，g'（x）=0在上有实根x₀，
因为h（x）在（0，$\frac{π}{2}$）上为减函数，
所以当x∈（0，x₀）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（0，$\frac{π}{2}$）上为增函数，
则g（x）＞g（0）=0，符合题意．
综上，可得实数k的取值范围是（-∞，-${e}^{\frac{π}{2}}$]．

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．