已知函数f（x）=（1+x）e-2x，g（x）=ax+x32+1+2xcosx，当x∈[0，1]时，（I）求证：1-x≤f(x)≤11+x；（II）若f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围．-数学试题及答案

1、试题题目：已知函数f（x）=（1+x）e-2x，g（x）=ax+x32+1+2xcosx，当x∈[0，1]时，..

发布人：繁体字网（www.fantiz5.com）发布时间：2015-12-08 07:30:00

试题原文

已知函数f（x）=（1+x）e^-2x，g（x）=ax+

x3

2

+1+2xcosx，当x∈[0，1]时，
（I）求证：1-x≤f(x)≤

1

1+x

；
（II）若f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围．

试题来源：辽宁试题题型：解答题试题难度：中档适用学段：高中考察重点：函数的奇偶性、周期性

2、试题答案：该试题的参考答案和解析内容如下：

（I）证明：①当x∈[0，1）时，（1+x）e^-2x≥1-x?（1+x）e^-x≥（1-x）e^x，
令h（x）=（1+x）e^-x-（1-x）e^x，则h^′（x）=x（e^x-e^-x）．
当x∈[0，1）时，h^′（x）≥0，
∴h（x）在[0，1）上是增函数，
∴h（x）≥h（0）=0，即f（x）≥1-x．
②当x∈[0，1）时，f(x)≤

1

1+x

?e^x≥1+x，令u（x）=e^x-1-x，则u^′（x）=e^x-1．
当x∈[0，1）时，u^′（x）≥0，
∴u（x）在[0，1）单调递增，∴u（x）≥u（0）=0，
∴f（x）≤

1

1+x

．
综上可知：1-x≤f(x)≤

1

1+x

．
（II）设G（x）=f（x）-g（x）=(1+x)e-2x-(ax+

1

2

x3+1+2xcosx)
≥1-x-ax-1-

1

2

x3-2xcosx=-x(a+1+

x2

2

+2cosx)．
令H（x）=

x2

2

+2cosx，则H^′（x）=x-2sinx，
令K（x）=x-2sinx，则K^′（x）=1-2cosx．
当x∈[0，1）时，K^′（x）＜0，
可得H^′（x）是[0，1）上的减函数，∴H^′（x）≤H^′（0）=0，故H（x）在[0，1）单调递减，
∴H（x）≤H（0）=2．∴a+1+H（x）≤a+3．
∴当a≤-3时，f（x）≥g（x）在[0，1）上恒成立．
下面证明当a＞-3时，f（x）≥g（x）在[0，1）上不恒成立．
f（x）-g（x）≤

1

1+x

-(1+ax+

1

2

x3+2xcosx)=

-x

1+x

-ax-

x3

2

-2xcosx=-x(

1

1+x

+a+

x2

2

+2cosx)．
令v（x）=

1

1+x

+a+

x2

2

+2cosx=

1

1+x

+a+H(x)，则v^′（x）=

-1

(1+x)2

+H′(x)．
当x∈[0，1）时，v^′（x）≤0，故v（x）在[0，1）上是减函数，
∴v（x）∈（a+1+2cos1，a+3]．
当a＞-3时，a+3＞0．
∴存在x₀∈（0，1），使得v（x₀）＞0，此时，f（x₀）＜g（x₀）．
即f（x）≥g（x）在[0，1）不恒成立．
综上实数a的取值范围是（-∞，-3]．

3、扩展分析：该试题重点查考的考点详细输入如下：

经过对同学们试题原文答题和答案批改分析后，可以看出该题目“已知函数f（x）=（1+x）e-2x，g（x）=ax+x32+1+2xcosx，当x∈[0，1]时，..”的主要目的是检查您对于考点“高中函数的奇偶性、周期性”相关知识的理解。有关该知识点的概要说明可查看：“高中函数的奇偶性、周期性”。

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