Question

16．已知函數(shù)f（x）=$\frac{x+1}{{e}^{x}}$（e是自然對數(shù)的底數(shù)），g（x）=f（x）-f′（x）e^2x．
（Ⅰ）若函數(shù)y=f（x）-a有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）若對任意x∈[-1，+∞），g（x）+b＞0恒成立，求實(shí)數(shù)b的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，得到當(dāng)x＞0時(shí)，f′（x）＜0，當(dāng)x＜0時(shí)，f′（x）＞0．由此求得f（x）在（-∞，0）上單調(diào)遞增，在（0，+∞）上單調(diào)遞減．得到f（x）_max=1．又當(dāng)x→+∞時(shí)，f（x）→0，可得函數(shù)y=f（x）-a有兩個(gè)零點(diǎn)的實(shí)數(shù)a的取值范圍為（0，1）；
（Ⅱ）g（x）=f（x）-f′（x）e^2x=$\frac{x+1}{{e}^{x}}$+xe^x，求其導(dǎo)函數(shù)，可得當(dāng)x≥0時(shí)，g′（x）＞0；當(dāng)x＜0時(shí)，g′（x）＞0．可得g（x）在（-∞，+∞）上單調(diào)遞增，當(dāng)x∈[-1，+∞）時(shí)，g（x）≥g（-1）=$-\frac{1}{e}$．由$-\frac{1}{e}+b＞0$求得實(shí)數(shù)b的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=$\frac{x+1}{{e}^{x}}$，f′（x）=$\frac{{e}^{x}-（x+1）{e}^{x}}{{e}^{2x}}=\frac{-x}{{e}^{x}}$．
當(dāng)x＞0時(shí)，f′（x）＜0，當(dāng)x＜0時(shí)，f′（x）＞0．
∴f（x）在（-∞，0）上單調(diào)遞增，在（0，+∞）上單調(diào)遞減．
∴f（x）_max=f（0）=1．
又當(dāng)x→+∞時(shí)，f（x）→0，
∴若函數(shù)y=f（x）-a有兩個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為（0，1）；
（Ⅱ）g（x）=f（x）-f′（x）e^2x=$\frac{x+1}{{e}^{x}}$+xe^x，
g′（x）=$-\frac{x}{{e}^{x}}+{e}^{x}+x{e}^{x}$=$\frac{x（{e}^{2x}-1）}{{e}^{x}}+{e}^{x}$．
當(dāng)x≥0時(shí)，e^2x≥1，$\frac{x（{e}^{2x}-1）}{{e}^{x}}≥0$，g′（x）＞0；
當(dāng)x＜0時(shí)，e^2x＜1，$\frac{x（{e}^{2x}-1）}{{e}^{x}}≥0$，g′（x）＞0．
∴g（x）在（-∞，+∞）上單調(diào)遞增，當(dāng)x∈[-1，+∞）時(shí)，g（x）≥g（-1）=$-\frac{1}{e}$．
故只需$-\frac{1}{e}+b＞0$，b$＞\frac{1}{e}$．
即實(shí)數(shù)b的取值范圍為（$\frac{1}{e}，+∞$）．

點(diǎn)評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值，訓(xùn)練了恒成立問題的求解方法，體現(xiàn)了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，屬難題．