Question

8．已知函數(shù)f（x）=2sinx-2cosx，$x∈[-\frac{1}{2}，1]$，g（x）=e^1-2x．
（1）求函數(shù)f（x）在x=0處的切線方程；
（2）求證：$x∈[-\frac{1}{2}，1]$時(shí)，f（x）≥l（x）恒成立；
（3）求證：$x∈[-\frac{1}{2}，1]$時(shí)，f（x）+g（x）≥0恒成立．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，計(jì)算f（0），f′（0），求出切線方程即可；
（2）令F（x）=f（x）-l（x），求出函數(shù)F（x）的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出F（x）的最小值，證出結(jié)論即可；
（3）問題轉(zhuǎn)化為2sinx-2cosx-2x+2≥0恒成立，只需證-e^1-2x≤2x-2在$x∈[{-\frac{1}{2}，1}]$時(shí)恒成立即可設(shè)函數(shù)h（x）=2x-2+e^1-2x，$x∈[-\frac{1}{2}，1]$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（1）由題意可知，f'（x）=2cosx+2sinx，
f'（0）=2，f（0）=-2，
所以f（x）在x=0處的切線方程y=2x-2；
（2）證明：令F（x）=f（x）-l（x）=2sinx-2cosx-2x+2，$x∈[{-\frac{1}{2}，1}]$
則$F'（x）=2cosx+2sinx-2=2\sqrt{2}sin（{x+\frac{π}{4}}）-2$
當(dāng)x∈（0，1]時(shí)，F(xiàn)'（x）＞0，即F（x）在（0，1]上是增函數(shù)，
當(dāng)$x∈[-\frac{1}{2}，0）$時(shí)，F(xiàn)'（x）＜0，即F（x）在$[-\frac{1}{2}，0）$上是減函數(shù)，
所以，在$[-\frac{1}{2}，1]$上，F(xiàn)（x）_min=F（0）=0，所以F（x）≥0．
所以，f（x）≥l（x），（當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)上式取等號(hào)）
（3）欲證$x∈[{-\frac{1}{2}，1}]$，f（x）+g（x）≥0
需證$-{e^{1-2x}}＜2\sqrt{2}sin（x-\frac{π}{4}）$，對(duì)于任意$x∈[-\frac{1}{2}，1]$上恒成立，
由（2）知$x∈[{-\frac{1}{2}，1}]$時(shí)，f（x）≥l（x）恒成立；
即2sinx-2cosx-2x+2≥0恒成立
所以，現(xiàn)只需證-e^1-2x≤2x-2在$x∈[{-\frac{1}{2}，1}]$時(shí)恒成立即可
設(shè)函數(shù)h（x）=2x-2+e^1-2x，$x∈[-\frac{1}{2}，1]$，
則h′（x）=2-2e^1-2x=2（1-e^1-2x），
當(dāng)$x∈[-\frac{1}{2}，\frac{1}{2}）$時(shí)，h′（x）＜0，即h（x）在$[-\frac{1}{2}，\frac{1}{2}）$上是減函數(shù)，
當(dāng)$x∈（\frac{1}{2}，1]$時(shí)，h′（x）＞0，即h（x）在$（\frac{1}{2}，1]$上是增函數(shù)，
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，
（當(dāng)且僅當(dāng)$x=\frac{1}{2}$時(shí)上式取等號(hào)）②，
綜上所述，$-{e^{1-2x}}≤2x-2≤2\sqrt{2}sin（x-\frac{π}{4}）$，
所以$x∈[{-\frac{1}{2}，1}]$時(shí)，f（x）+g（x）≥0恒成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了切線方程問題，考查函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及不等式的證明，是一道綜合題．