Question

14．已知函數(shù)f（x）=e^xcosx．
（I）求f（x）在（0，f（0））處的切線方程；
（Ⅱ）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）當(dāng)x∈[0，$\frac{π}{2}$]，f（x）≥kx+1恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，切點(diǎn)切線的斜率和切點(diǎn)，由斜截式方程，即可得到切線的方程；
（Ⅱ）求出函數(shù)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)間即可；
（Ⅲ）令g（x）=f（x）-kx-1=e^xcosx-kx-1，要使f（x）≥kx+1總成立，只需x∈[0，$\frac{π}{2}$]時(shí)g（x）_min≥0，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，最后對(duì)k分類討論，求出實(shí)數(shù)k的取值范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）=e^xcosx的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=e^x（cosx-sinx），
函數(shù)f（x）在點(diǎn)（0，f（0））處的切線斜率為k=e⁰（cos0-sin0）=1，
切點(diǎn)為（0，1），
則函數(shù)f（x）在點(diǎn)（0，f（0））處的切線方程為y=x+1；
（Ⅱ）f′（x）=e^x（cosx-sinx）=$\sqrt{2}$e^xcos（x+$\frac{π}{4}$），
令f′（x）＞0，解得：2kπ-$\frac{3}{4}$π＜x＜2kπ+$\frac{π}{4}$，
令f′（x）＜0，解得：2kπ+$\frac{π}{4}$＜x＜2kπ+$\frac{5}{4}$π，
∴f（x）在（2kπ-$\frac{3}{4}$π，2kπ+$\frac{π}{4}$）遞增，在（2kπ+$\frac{π}{4}$，2kπ+$\frac{5}{4}$π）遞減；
（Ⅲ）令g（x）=f（x）-kx-1=e^xcosx-kx-1，
要使f（x）≥kx+1總成立，只需x∈[0，$\frac{π}{2}$]時(shí)g（x）_min≥0，
對(duì)g（x）求導(dǎo)，可得g'（x）=e^x（cosx-sinx）-k，
令h（x）=e^x（cosx-sinx），
則h'（x）=-2e^xsinx＜0，（x∈（0，$\frac{π}{2}$））
所以h（x）在[0，$\frac{π}{2}$]上為減函數(shù)，
所以h（x）∈[-${e}^{\frac{π}{2}}$，1]；
對(duì)k分類討論：
①當(dāng)k≥1時(shí)，g'（x）≤0恒成立，
所以g（x）在[0，$\frac{π}{2}$]上為減函數(shù)，
所以g（x）_min=g（$\frac{π}{2}$）=0，解得：k=-$\frac{2}{π}$，
不合題意；
②當(dāng)-${e}^{\frac{π}{2}}$＜k＜1時(shí)，g'（x）=0在上有實(shí)根x₀，
因?yàn)閔（x）在（0，$\frac{π}{2}$）上為減函數(shù)，
所以當(dāng)x∈（0，x₀）時(shí)，g'（x）＞0，
所以g（x₀）＜g（0）=0，不符合題意；
③當(dāng)k≤-${e}^{\frac{π}{2}}$時(shí)，g'（x）≥0恒成立，
所以g（x）在（0，$\frac{π}{2}$）上為增函數(shù)，
則g（x）＞g（0）=0，符合題意．
綜上，可得實(shí)數(shù)k的取值范圍是（-∞，-${e}^{\frac{π}{2}}$]．

點(diǎn)評(píng) 此題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值問(wèn)題，考查了分類討論思想的應(yīng)用，屬于中檔題．