Question

已知函數(shù)f（x）=e^x-

(x+1)2

2

，g（x）=2ln（x+1）+e^-x．
（I）x∈（-1，+∞）時，證明：f（x）＞0；
（Ⅱ）a＞0，若g（x）≤ax+1，求a的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，令p（x）=f′（x），推出p′（x）=e^x-1，
求出函數(shù)p（x）的最小值為p（0）=0，判斷f（x）在（-1，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增，證明f（x）＞0．
（Ⅱ）令h（x）=g（x）-（ax+1），得到h′（x）=

2

x+1

-e^-x-a，構(gòu)造q（x）=

2

x+1

-e^-x-a，求出q′（x）=

1

ex

-

2

(x+1)2

．求出q（x）在（-1，+∞）上單調(diào)遞減，（1）當(dāng)a=1時，求出h（x）的最大值為h（0），即h（x）≤0恒成立．（2）當(dāng)a＞1時，h′（0）＜0，推出h（x）＞0，與h（x）≤0恒成立矛盾．（3）當(dāng)0＜a＜1時，推出h（x）＞0，與h（x）≤0恒成立矛盾．推出a的取值為1．

解答： 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）=e^x-

(x+1)2

2

，f′（x）=e^x-x-1，
令p（x）=f′（x）=e^x-x-1，p′（x）=e^x-1，
在（-1，0）內(nèi)，p′（x）＜0，p（x）單減；在（0，+∞）內(nèi)，p′（x）＞0，p（x）單增．
所以p（x）的最小值為p（0）=0，即f′（x）≥0，
所以f（x）在（-1，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增，即f（x）＞f（-1）＞0．

（Ⅱ）令h（x）=g（x）-（ax+1），則h′（x）=

2

x+1

-e^-x-a，
令q（x）=

2

x+1

-e^-x-a，q′（x）=

1

ex

-

2

(x+1)2

．
由（Ⅰ）得q′（x）＜0，則q（x）在（-1，+∞）上單調(diào)遞減．
（1）當(dāng)a=1時，q（0）=h′（0）=0且h（0）=0．
在（-1，0）上h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增，在（0，+∞）上h'（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，
所以h（x）的最大值為h（0），即h（x）≤0恒成立．
（2）當(dāng)a＞1時，h′（0）＜0，
x∈（-1，0）時，h′（x）=

2

x+1

-e^-x-a＜

2

x+1

-1-a=0，解得x=

1-a

a+1

∈（-1，0）．
即x∈（

1-a

a+1

，0）時h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，
又h（0）=0，所以此時h（x）＞0，與h（x）≤0恒成立矛盾．
（3）當(dāng)0＜a＜1時，h′（0）＞0，
x∈（0，+∞）時，h′（x）=

2

x+1

-e^-x-a＞

2

x+1

-1-a=0，解得x=

1-a

a+1

∈（0，+∞）．
即x∈（0，

1-a

a+1

 ）時h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增，
又h（0）=0，所以此時h（x）＞0，與h（x）≤0恒成立矛盾．
綜上，a的取值為1．

點(diǎn)評：本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，函數(shù)的最值的求法，二次求導(dǎo)的應(yīng)用，構(gòu)造法的應(yīng)用，考查分析問題解決問題的能力，難度比較大．