Question

5．已知函数f（x）=e^1-xcosx，a∈R．
（Ⅰ）判断函数f（x）在$（0，\frac{π}{2}）$上的单调性；
（Ⅱ）证明：?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；
（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（cosx）-e^1-xsinx=-e^1-x（sinx+cosx）…（2分）
因为$x∈（0，\frac{π}{2}）$
所以f'（x）＜0…（3分）
所以函数f（x）在$（0，\frac{π}{2}）$上单调递减…（4分）
（II）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），…（5分）
又因为$?x∈[{-1，\frac{1}{2}}]$，所以cos（x+1）＞0．…（6分）
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．…（7分）
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，…（8分）
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．…（10分）
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$x=-\frac{1}{2}$时．…（11分）
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${e^{2x+1}}＞2\sqrt{2}sin（x+\frac{π}{4}）$，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．…（12分）

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．