Question

1．已知函數(shù)f（x）=e^-x-ax（x∈R）．
（Ⅰ） 當(dāng)a=-1時，求函數(shù)f（x）的最小值；
（Ⅱ） 若x≥0時，f（-x）+ln（x+1）≥1，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）求證：${e^{2-\sqrt{e}}}＜\frac{3}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）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，從而求出函數(shù)的最小值；
（Ⅱ）得到e^x+ax+ln（x+1）-1≥0．（*）令g（x）=e^x+ax+ln（x+1）-1，通過討論a的范圍，確定函數(shù)的單調(diào)性，從而求出滿足條件的a的具體范圍即可；
（Ⅲ）令a=2，得到$ln\frac{3}{2}＞2-\sqrt{e}$，從而證出結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)a=-1時，f（x）=e^-x+x，
則$f'（x）=-\frac{1}{e^x}+1$．…1分
令f'（x）=0，得x=0．
當(dāng)x＜0時，f'（x）＜0； 當(dāng)x＞0時，f'（x）＞0．…2分
∴函數(shù)f（x）在區(qū)間（-∞，0）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞增．
∴當(dāng)x=0時，函數(shù)f（x）取得最小值，其值為f（0）=1．…3分
（Ⅱ）若x≥0時，f（-x）+ln（x+1）≥1，
即e^x+ax+ln（x+1）-1≥0．（*）
令g（x）=e^x+ax+ln（x+1）-1，
則$g'（x）={e^x}+\frac{1}{x+1}+a$．
①若a≥-2，由（Ⅰ）知e^-x+x≥1，即e^-x≥1-x，故e^x≥1+x．
∴$g'（x）={e^x}+\frac{1}{x+1}+a≥（{x+1}）+\frac{1}{x+1}+a≥2\sqrt{（{x+1}）•\frac{1}{x+1}}+a=2+a≥0$．…4分
∴函數(shù)g（x）在區(qū)間[0，+∞）上單調(diào)遞增．
∴g（x）≥g（0）=0．
∴（*）式成立．…5分
②若a＜-2，令$φ（x）={e^x}+\frac{1}{x+1}+a$，
則$φ'（x）={e^x}-\frac{1}{{{{（{x+1}）}^2}}}=\frac{{{{（{x+1}）}^2}{e^x}-1}}{{{{（{x+1}）}^2}}}≥0$．
∴函數(shù)φ（x）在區(qū)間[0，+∞）上單調(diào)遞增．
由于φ（0）=2+a＜0，
$φ（{-a}）={e^{-a}}+\frac{1}{1-a}+a≥1-a+\frac{1}{1-a}+a=1+\frac{1}{1-a}＞0$．…6分
故?x₀∈（0，-a），使得φ（x₀）=0．…7分
則當(dāng)0＜x＜x₀時，φ（x）＜φ（x₀）=0，即g'（x）＜0．
∴函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，x₀）上單調(diào)遞減．
∴g（x₀）＜g（0）=0，即（*）式不恒成立．…8分
綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[-2，+∞）．…9分
（Ⅲ）證明：由（Ⅱ）知，當(dāng)a=-2時，
g（x）=e^x-2x+ln（x+1）-1在[0，+∞）上單調(diào)遞增．
則$g（{\frac{1}{2}}）＞g（0）$，即${e^{\frac{1}{2}}}-1+ln（{\frac{1}{2}+1}）-1＞0$．…10分
∴$ln\frac{3}{2}＞2-\sqrt{e}$．…11分
∴$\frac{3}{2}＞{e^{2-\sqrt{e}}}$，即${e^{2-\sqrt{e}}}＜\frac{3}{2}$．…12分．

點(diǎn)評 本題考查了函數(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，考查分類討論思想、轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．