Question

16．已知f（x）=sinx-cosx．．
（Ⅰ）证明：sinx-f（x）≥1-$\frac{{x}^{2}}{2}$；
（Ⅱ）证明：当a≥1时，f（x）≤e^ax-2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设g（x）=cosx+$\frac{{x}^{2}}{2}$-1，则g'（x）=-sinx+x，x∈[0，+∞），再次构造函数h（x）=-sinx+x，则h'（x）=-cosx+1≥0在x∈[0，+∞）时恒成立，可得g'（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，可得cosx+$\frac{{x}^{2}}{2}$-1≥0，即可得证．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，不等式e^ax-x-$\frac{{x}^{2}}{2}$-1≥0，对x∈[0，+∞）恒成立，构造函数M（x）=e^x-$\frac{1}{2}$x²-x-1，令m（x）=e^x-x-1，则m'（x）=e^x-1，当x∈[0，+∞）时，m'（x）≥0，可得恒成立，从而得证e^x-$\frac{1}{2}$x²-x-1≥0，当a≥1时，不等式f（x）≤e^ax-2恒成立．

解答 证明：（Ⅰ）不等式sinx-f（x）≥1-$\frac{{x}^{2}}{2}$，
即不等式cosx≥1-$\frac{{x}^{2}}{2}$．…（1分）
设g（x）=cosx+$\frac{{x}^{2}}{2}$-1，则g′（x）=-sinx+x，x∈[0，+∞）．
再次构造函数h（x）=-sinx+x，
则h′（x）=-cosx+1≥0在x∈[0，+∞）时恒成立，所以函数h（x）在[0，+∞）上单调递增，所以h（x）≥h（0）=0，
所以g′（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，所以函数g（x）在[0，+∞）上单调递增，
所以g（x）≥g（0）=0，
所以cosx+$\frac{{x}^{2}}{2}$-1≥0，即sinx-f（x）≥1-$\frac{{x}^{2}}{2}$成立．
（Ⅱ）由（Ⅰ）的解析可知，当x∈[0，+∞）时，sinx≤x且cosx≥1-$\frac{{x}^{2}}{2}$，
所以f（x）=sinx-cosx=x-（1-$\frac{{x}^{2}}{2}$），
当x-（1-$\frac{{x}^{2}}{2}$）≤e^ax-2，对x∈[0，+∞）恒成立时，不等式f（x）≤e^ax-2恒成立，
不等式x-（1-$\frac{{x}^{2}}{2}$）≤e^ax-2，即e^ax-x-$\frac{{x}^{2}}{2}$-1≥0，对x∈[0，+∞）恒成立，
构造函数M（x）=e^x-$\frac{1}{2}$x²-x-1，
则M'（x）=e^x-x-1，
令m（x）=e^x-x-1，
则m'（x）=e^x-1，当x∈[0，+∞）时，m'（x）≥0，
故m（x）在[0，+∞）上单调递增，
所以m（x）≥m（0）=0，故M'（x）≥0，即M（x）在[0，+∞）上单调递增，
所以M（x）≥M（0）=0，
故e^x-$\frac{1}{2}$x²-x-1≥0恒成立，…（11分）
故当a≥1时，e^ax-x-$\frac{{x}^{2}}{2}$-1≥e^x-$\frac{1}{2}$x²-x-1≥0，
即当a≥1时，不等式f（x）≤e^ax-2恒成立．

点评 本题考查了三角函数恒等变换的应用，考查了导数的概念及应用，考查了转化思想和函数思想的应用，属于中档题．