Question

16．已知函数f（x）=e^xcosx-xsinx，g（x）=sinx-$\sqrt{2}$e^x，其中e为自然对数的底数．
（1）?x₁∈[-$\frac{π}{2}$，0]，?x₂∈[0，$\frac{π}{2}$]，使得不等式f（x₁）≤m+g（x₂）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）根据题意便知，f（x）_max≤m+g（x）_max，这样可根据导数求f（x），g（x）的最大值：求导数f′（x），容易说明f′（x）＞0，从而可以得出f（x）在$[-\frac{π}{2}，0]$上单调递增，从而可求出最大值为1；同样的办法，求$g′（x）=cosx-\sqrt{2}{e}^{x}$，可设h（x）=g′（x），再求导便可得出h（x）＜0在$[0，\frac{π}{2}]$上恒成立，从而得出g（x）单调递减，从而可以得出最大值为g（0）=$-\sqrt{2}$，从而便可得到1$≤m-\sqrt{2}$，这样便可得出实数m的取值范围；
（2）先求出f（x）-g（x）=${e}^{x}（cosx+\sqrt{2}）-sinx（x+1）$，根据导数可以证明e^x≥x+1，而显然$cosx+\sqrt{2}＞0$恒成立，从而有${e}^{x}（cosx+\sqrt{2}）-sinx（x+1）≥（x+1）（cosx+\sqrt{2}）-sinx（x+1）$，而根据两角和的余弦公式即可说明（x+1）（cosx+$\sqrt{2}$）-sinx（x+1）≥0，并且可以看出这个等号和前面不等式的等号不同时取到，从而便证出f（x）-g（x）＞0．

解答 解：（1）f′（x）=e^xcosx-e^xsinx-sinx-xcosx；
∵$x∈[-\frac{π}{2}，0]$；
∴cosx≥0，sinx≤0，e^x＞0；
∴e^xcosx-e^xsinx-sinx-xcosx＞0；
即f′（x）＞0；
∴f（x）在$[-\frac{π}{2}，0]$上单调递增；
∴f（x）的最大值为f（0）=1；
$g′（x）=cosx-\sqrt{2}{e}^{x}$，设h（x）=g′（x），则：$h′（x）=-sinx-\sqrt{2}{e}^{x}$；
∵$x∈[0，\frac{π}{2}]$；
∴$-sinx≤0，-\sqrt{2}{e}^{x}＜0$；
∴h′（x）＜0；
∴h（x）在[0，$\frac{π}{2}$]上单调递减；
∴h（x）的最大值为h（0）=$1-\sqrt{2}＜0$；
∴h（x）＜0，即g′（x）＜0；
∴g（x）在[0，$\frac{π}{2}$]上单调递减；
∴g（x）的最大值为g（0）=$-\sqrt{2}$；
根据题意知，f（x）_max≤m+g（x）_max；
∴$1≤m-\sqrt{2}$；
∴$m≥\sqrt{2}+1$；
∴实数m的取值范围为$[\sqrt{2}+1，+∞）$；
（2）$f（x）-g（x）={e}^{x}（cosx+\sqrt{2}）-sinx（x+1）$；
设F（x）=e^x-（x+1），则F′（x）=e^x-1；
∴x∈（-1，0）时，F′（x）＜0，x∈（0，+∞）时，F′（x）＞0；
∴F（x）在（-1，+∞）上的最小值为F（0）=0；
∴F（x）≥0；
∴e^x≥x+1在x∈（-1，+∞）上恒成立；
$cosx+\sqrt{2}＞0$；
∴${e}^{x}（cosx+\sqrt{2}）≥（x+1）（cosx+\sqrt{2}）$  ①，x=0时取“=”；
∴${e}^{x}（cosx+\sqrt{2}）-sinx（x+1）$$≥（x+1）（cosx+\sqrt{2}）-sinx（x+1）$；
$（x+1）（cosx+\sqrt{2}）-sinx（x+1）$=$（x+1）（cosx-sinx+\sqrt{2}）$=$（x+1）[\sqrt{2}cos（x+\frac{π}{4}）+\sqrt{2}]$；
$\sqrt{2}cos（x+\frac{π}{4}）+\sqrt{2}≥0，x＞-1，x+1＞0$；
∴$（x+1）[\sqrt{2}cos（x+\frac{π}{4}）+\sqrt{2}]≥0$，该不等式和不等式①等号不能同时取到；
∴${e}^{x}（cosx+\sqrt{2}）-sinx（x+1）＞0$；
∴f（x）-g（x）＞0．

点评 考查根据导数符号判断函数单调性的方法，根据函数单调性求函数最大值的方法，在判断导数符号时可以两次求导，以及两角和的余弦公式，不等式的性质．