Question

17．已知函數(shù)f（x）=$\frac{x}{2ax+1}$．
（1）證明：當(dāng)x≥0時(shí)，e^-2x≥（$\frac{x}{x+1}$）²+2e^-x-1；
（2）設(shè)函數(shù)g（x）=1-e^-x，若當(dāng)x≥0時(shí)，g（x）≤f（x）恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）把要證明的不等式變形，得到證$（{e}^{-x}-1）^{2}≥（\frac{x}{x+1}）^{2}$（x＞0），進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為證e^x-x-1≥0，
令g（x）=e^x-x-1，利用導(dǎo)數(shù)求得其最小值大于等于0得答案；
（2）當(dāng)x≥0時(shí)，g（x）≥0，可得當(dāng)a＜0時(shí)，不滿足對(duì)任意x≥0，g（x）≤$\frac{x}{2ax+1}$恒成立；
當(dāng)a≥0時(shí)，構(gòu)造函數(shù)h（x）=2axg（x）+g（x）-x，問(wèn)題化為h（x）≤0．對(duì)函數(shù)h（x）求導(dǎo)，把h（x）的導(dǎo)數(shù)轉(zhuǎn)化為含有g(shù)（x）的表達(dá)式，然后對(duì)a分類討論，當(dāng)0≤a≤$\frac{1}{4}$有h（x）≤0成立；當(dāng)a＞$\frac{1}{4}$時(shí)，h（x）≤0不成立，由此可得a的取值范圍．

解答 （1）證明：要證e^-2x≥（$\frac{x}{x+1}$）²+2e^-x-1（x＞0），即證$（{e}^{-x}-1）^{2}≥（\frac{x}{x+1}）^{2}$（x＞0），
也就是證$1-{e}^{-x}≥\frac{x}{x+1}$，即證：e^x-x-1≥0，
令g（x）=e^x-x-1，則g'（x）=e^x-1
當(dāng)x≥0時(shí)g'（x）≥0，g（x）在[0，+∞）是增函數(shù)，
于是g（x）在x=0處有最小值，
∴g（x）≥g（0）=0，
∴e^-2x≥（$\frac{x}{x+1}$）²+2e^-x-1（x＞0）；
（2）解：由題意x≥0，此時(shí)g（x）≥0
當(dāng)a＜0時(shí)，若x＞-$\frac{1}{2a}$，則$\frac{x}{2ax+1}$＜0，g（x）≤$\frac{x}{2ax+1}$不成立；
當(dāng)a≥0時(shí)，令h（x）=2axg（x）+g（x）-x，則
g（x）≤$\frac{x}{2ax+1}$當(dāng)且僅當(dāng)h（x）≤0．
∵g（x）=1-e^-x，∴h'（x）=2ag（x）+2axg'（x）+g'（x）-1
=2ag（x）-2axg（x）+2ax-g（x）
（i）當(dāng)0≤a≤$\frac{1}{4}$時(shí)，由（1）知x≤（x+1）g（x）
h'（x）≤2ag（x）-2axg（x）+2a（x+1）g（x）-g（x）
=（4a-1）g（x）≤0，
h（x）在[0，+∞）是減函數(shù)，h（x）≤h（0）=0，即g（x）≤$\frac{x}{2ax+1}$
（ii）當(dāng)a＞$\frac{1}{4}$時(shí)，由（i）知x≥g（x）
h'（x）=2ag（x）-2axg（x）+2ax-g（x）≥2ag（x）-2axg（x）+2ag（x）-g（x）
=（4a-1-2ax）g（x）．
當(dāng)0＜x＜$\frac{4a-1}{2a}$時(shí)，h'（x）＞0，h（x）在[0，+∞）是增函數(shù)，h（x）＞h（0）=0，
即g（x）＞$\frac{x}{2ax+1}$．
綜上，a的取值范圍是[0，$\frac{1}{4}$]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、通過(guò)構(gòu)造函數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性解決問(wèn)題的方法，考查了轉(zhuǎn)化能力、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．