Question

17．已知函数f（x）=e^xsinx-cosx，g（x）=xcosx-$\sqrt{2}$e^x，（其中e是自然对数的底数）．
（1）?x₁∈[0，$\frac{π}{2}$]，?x₂∈[0，$\frac{π}{2}$]使得不等式f（x₁）+g（x₂）≥m成立，试求实数m的取值范围；
（2）若x＞-1，求证：f（x）-g（x）＞0．

Answer 1

分析 （1）确定函数f（x）在[0，$\frac{π}{2}$]上单调递增，可得f（x）_min=f（0）=-1；函数g（x）在[0，$\frac{π}{2}$]上单调递减，可得g（x）_max=g（0）=-$\sqrt{2}$，即可求出实数m的范围；
（2）先利用分析要证原不等式成立，转化为只要证$\frac{{e}^{x}}{x+1}$＞$\frac{cosx}{sinx+\sqrt{2}}$，令h（x）=$\frac{{e}^{x}}{x+1}$，x＞-1，利用导数求出h（x）_min=h（0）=1，再令k=$\frac{cosx}{sinx+\sqrt{2}}$，其可看作点A（sinx，cosx）与点B（-$\sqrt{2}$，0）连线的斜率，根据其几何意义求出k的最大值，即可证明．

解答 （1）解：∵f（x₁）+g（x₂）≥m，
∴f（x₁）≥m-g（x₂），
∴f（x₁）_min≥[m-g（x₂）]_min，
∴f（x₁）_min≥m-g（x₂）_max，
当x∈[0，$\frac{π}{2}$]时，f′（x）＞0，函数f（x）在[0，$\frac{π}{2}$]上单调递增，
∴f（x）_min≥f（0）=-1，
∵g（x）=xcosx-$\sqrt{2}$e^x，
∴g′（x）=cosx-xsinx-$\sqrt{2}$e^x，
∵x∈[0，$\frac{π}{2}$]，
∴0≤cosx≤1，xsinx≥0，$\sqrt{2}$e^x≥$\sqrt{2}$，
∴g′（x）≤0，
∴函数g（x）在[0，$\frac{π}{2}$]上单调递减，
∴g（x）_max≥g（0）=-$\sqrt{2}$，
∴-1≥m+$\sqrt{2}$，
∴m≤-1-$\sqrt{2}$，
∴实数m的取值范围为（-∞，-1-$\sqrt{2}$]；
（2）证明：x＞-1，要证：f（x）-g（x）＞0，
只要证f（x）＞g（x），
只要证e^xsinx-cosx＞xcosx-$\sqrt{2}$e^x，
只要证e^x（sinx+$\sqrt{2}$）＞（x+1）cosx，
由于sinx+$\sqrt{2}$＞0，x+1＞0，
只要证$\frac{{e}^{x}}{x+1}＞\frac{cosx}{sinx+\sqrt{2}}$，
下面证明x＞-1时，不等式$\frac{{e}^{x}}{x+1}＞\frac{cosx}{sinx+\sqrt{2}}$成立，
令h（x）=$\frac{{e}^{x}}{x+1}$，x＞-1，
∴h′（x）=$\frac{x{e}^{x}}{（x+1）^{2}}$，x＞-1，
当x∈（-1，0）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
当x∈（0，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
∴h（x）_min=h（0）=1
令k=$\frac{cosx}{sinx+\sqrt{2}}$，其可看作点A（sinx，cosx）与点B（-$\sqrt{2}$，0）连线的斜率，
∴直线AB的方程为y=k（x+$\sqrt{2}$），
由于点A在圆x²+y²=1上，
∴直线AB与圆相交或相切，
当直线AB与圆相切且切点在第二象限时，直线AB的斜率取得最大值为1，
∴当x=0时，k=$\frac{\sqrt{2}}{2}$＜1=h（0），x≠0时，h（x）＞1≥k，
综上所述，当x＞-1，f（x）-g（x）＞0．

点评 本题考查了函数零点存在性定理，导数和函数的最值的关系，考查分类整合思想、转化思想，考查学生综合运用知识分析解决问题的能力，属于难题．