Question

1．已知函數(shù)f（x）=e^-x-$\frac{1}{1+x}$．
（Ⅰ）證明：當(dāng)x∈[0，3]時，${e^{-x}}≥\frac{1}{1+9x}$．
（Ⅱ）證明：當(dāng)x∈[2，3]時，$-\frac{2}{7}＜f（x）＜0$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）要證${e^{-x}}≥\frac{1}{1+9x}$，即證e^x≤1+9x，令F（x）=e^x-9x-1，則F′（x）=e^x-9，推導(dǎo)出F（x）在[0，3]上的最大值為max{F（0），F(xiàn)（3）}．由此能證明當(dāng)x∈[0，3]時，${e^{-x}}≥\frac{1}{1+9x}$．
（Ⅱ） 當(dāng)x∈[2，3]時，f（x）=${e}^{-x}-\frac{1}{x+1}$≥$\frac{1}{1+9x}-\frac{1}{1+x}$，令$t（x）=\frac{1}{1+9x}-\frac{1}{1+x}$，則t′（x）=$\frac{72{x}^{2}-8}{（1+9x）^{2}（1+x）^{2}}$≥0，x∈[2，3]，由此能證明f（x）＞-$\frac{2}{7}$，證明f（x）＜0，即證e^x＞x+1，令h（x）=e^x-（x+1），則h′（x）=e^x-1＞0，由此能證明h（x）=e^x-（x+1）≥e²-3＞0．

解答 （本小題滿分15分）
證明：（Ⅰ）要證${e^{-x}}≥\frac{1}{1+9x}$，也即證e^x≤1+9x．…（2分）
令F（x）=e^x-9x-1，則F′（x）=e^x-9．令F′（x）＞0，則x＞2ln3．
∴當(dāng)0≤x＜2ln3時，有F′（x）＜0，∴F（x）在[0，2ln3]上單調(diào)遞減，
 2ln3＜x≤3時，有F′（x）＞0，∴F（x）在[2ln3，3]上單調(diào)遞增．…（5分）
∴F（x）在[0，3]上的最大值為max{F（0），F(xiàn)（3）}．
又F（0）=0，F(xiàn)（3）=e³-28＜0．
∴F（x）≤0，x∈[0，3]成立，即e^x≤1+9x，x∈[0，3]成立．
∴當(dāng)x∈[0，3]時，${e^{-x}}≥\frac{1}{1+9x}$．…（7分）
（Ⅱ） 由 （I） 得：當(dāng)x∈[2，3]時，f（x）=${e}^{-x}-\frac{1}{x+1}$≥$\frac{1}{1+9x}-\frac{1}{1+x}$，
令$t（x）=\frac{1}{1+9x}-\frac{1}{1+x}$，
則t′（x）=-（1+9x）^-2•9+（1+x）^-2
=$\frac{1}{（1+x）^{2}}-\frac{9}{（1+9x）^{2}}$
=$\frac{（1+9x）^{2}-9（1+x）^{2}}{（1+9x）^{2}（1+x）^{2}}$
=$\frac{72{x}^{2}-8}{（1+9x）^{2}（1+x）^{2}}$≥0，x∈[2，3]．（9分）
∴t（x）在[2，3]上單調(diào)遞增，即t（x）≥t（2）=-$\frac{16}{57}＞-\frac{16}{56}$=-$\frac{2}{7}$，x∈[2，3]．
∴f（x）＞-$\frac{2}{7}$得證．…（12分）
下證f（x）＜0．即證e^x＞x+1，
令h（x）=e^x-（x+1），則h′（x）=e^x-1＞0，∴h（x）在[2，3]上單調(diào)遞增，
∴h（x）=e^x-（x+1）≥e²-3＞0，得證．
∴當(dāng)x∈[2，3]時，$-\frac{2}{7}＜f（x）＜0$．…（15分）

點評 本題考查不等式的證明，考查導(dǎo)數(shù)性質(zhì)、函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、極值、最值、構(gòu)造法等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，考查創(chuàng)新意識、應(yīng)用意識，是中檔題．