Question

16．已知函数f（x）=e^1-x（-a+cosx），a∈R．
（1）若函数f（x）存在单调增区间，求实数a的取值范围；
（2）若a=0，证明：$?x∈[-\frac{1}{2}，1]$，总有f（x-1）+2f′（-x）cos（x-1）＞0．

Answer 1

分析 （1）函数f（x）存在单调增区间，所以方程f′（x）＞0有解，即可求实数a的取值范围；
（2）要证原不等式成立，只要证e^2-x+2e^x+1（sinx-cosx）＞0，只要证$-{e^{1-2x}}＜2\sqrt{2}sin（x-\frac{π}{4}）$，对于任意$x∈[-\frac{1}{2}，1]$上恒成立．

解答 解：（1）由已知得f′（x）=-e^1-x（-a+cosx）-e^1-xsinx=e^1-x（a-（sinx+cosx）），
因为函数f（x）存在单调增区间，所以方程f′（x）＞0有解．
而e^1-x＞0恒成立，即a-（sinx+cosx）＞0有解，所以a＞（sinx+cosx）_min，
又$sinx+cosx=\sqrt{2}sin（x+\frac{π}{4}）∈[-\sqrt{2}，\sqrt{2}]$，所以$a＞-\sqrt{2}$．
（2）因为a=0，所以f（x）=e^1-xcosx，所以f（x-1）=e^2-xcos（x-1），
因为2f′（-x）cos（x-1）=2e^x+1（sinx-cosx）cos（x-1），
所以f（x-1）+2f′（-x）cos（x-1）=cos（x-1）[e^2-x+2e^x+1（sinx-cosx）]，
又对于任意$x∈[-\frac{1}{2}，1]$，cos（x-1）=cos（1-x）＞0，
要证原不等式成立，只要证e^2-x+2e^x+1（sinx-cosx）＞0，
只要证$-{e^{1-2x}}＜2\sqrt{2}sin（x-\frac{π}{4}）$，对于任意$x∈[-\frac{1}{2}，1]$上恒成立，
设函数$g（x）=2x-2-2\sqrt{2}sin（x-\frac{π}{4}）$，$x∈[-\frac{1}{2}，1]$，
则${g^'}（x）=2-2\sqrt{2}cos（x-\frac{π}{4}）=2\sqrt{2}（\frac{{\sqrt{2}}}{2}-cos（x-\frac{π}{4}））$，
当x∈（0，1]时，g′（x）＜0，即g（x）在（0，1]上是减函数，
当$x∈[-\frac{1}{2}，0）$时，g′（x）＞0，即g（x）$[-\frac{1}{2}，0）$上是增函数，
所以，在$[-\frac{1}{2}，1]$上，g（x）_max=g（0）=0，所以g（x）≤0．
所以，$2x-2≤2\sqrt{2}sin（x-\frac{π}{4}）$，（当且仅当x=0时上式取等号）①
设函数h（x）=2x-2+e^1-2x，$x∈[-\frac{1}{2}，1]$，则h′（x）=2-2e^1-2x=2（1-e^1-2x），
当$x∈[-\frac{1}{2}，\frac{1}{2}）$时，h′（x）＜0，即h（x）在$[-\frac{1}{2}，\frac{1}{2}）$上是减函数，
当$x∈（\frac{1}{2}，1]$时，h′（x）＞0，即h（x）在$（\frac{1}{2}，1]$上是增函数，
所以在$[-\frac{1}{2}，1]$上，$h{（x）_{min}}=h（\frac{1}{2}）=0$，所以h（x）≥0，即-e^1-2x≤2x-2，
（当且仅当$x=\frac{1}{2}$时上式取等号）②，综上所述，$-{e^{1-2x}}≤2x-2≤2\sqrt{2}sin（x-\frac{π}{4}）$，
因为①②不能同时取等号，所以$-{e^{1-2x}}＜2\sqrt{2}sin（x-\frac{π}{4}）$，在$?x∈[-\frac{1}{2}，1]$上恒成立，
所以$?x∈[-\frac{1}{2}，1]$，总有f（x-1）+2f′（-x）cos（x-1）＞0成立．

点评 本题考查函数的单调性，考查不等式的证明，考查导数知识的运用，难度大．