Question

8．設函數$f（x）=\frac{x+1}{e^x}$．
（I）求函數y=f（x）的最大值；
（II）對于任意的正整數n，求證：$\sum_{i=1}^n{\frac{1}{{i{e^i}}}＜\frac{n}{n+1}}$
（III）當-1＜a＜b時，$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}＜m$成立，求實數m的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的導數，求得單調區(qū)間和極值，也為最值；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知$\frac{1}{{e}^{x}}$≤$\frac{1}{x+1}$，令x=n可得$\frac{1}{{e}^{n}}$＜$\frac{1}{n+1}$，即為$\frac{1}{n{e}^{n}}$＜$\frac{1}{n（n+1）}$=$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$，運用累加法，即可得證；
（Ⅲ）由題意可得f（b）-mb＜f（a）-ma，即有函數$h（x）=f（x）-mx=\frac{x+1}{e^x}-mx在（{-1，0}）$上是減函數，求出導數h′（x）≤0在（-1，0）恒成立，求出導數，可得最大值，即可得到所求m的最小值．

解答 解：（Ⅰ）函數$f（x）=\frac{x+1}{e^x}$的導數為$f'（x）=-\frac{x}{e^x}$，
當x＜0，f'（x）＞0，f（x）遞增；
x＞0，f'（x）＜0，f（x）遞減．
即有x=0處取得最大值，即f（x）≤f（0）=1，
∴f（x）_max=1；
（Ⅱ）證明：由（1）知，$\frac{x+1}{e^x}≤1，令x=n（{n∈{N_+}}）$，
$\frac{1}{e^n}＜\frac{1}{n+1}∴\frac{1}{{n{e^n}}}＜\frac{1}{{n（{n+1}）}}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，
則$\sum_{i=1}^n{\frac{1}{{i{e^i}}}＜（{1-\frac{1}{2}}）+（{\frac{1}{2}-\frac{1}{3}}）+…+（{\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}}）}=1-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}$；
（Ⅲ）當$-1＜a＜b＜0時，\frac{f（b）-f（a）}{b-a}＜m?f（b）-mb＜f（a）-ma$，
即函數$h（x）=f（x）-mx=\frac{x+1}{e^x}-mx在（{-1，0}）$上是減函數，$?x∈（{-1，+∞}），h'（x）=-\frac{x}{e^x}-m≤0，即m≥-\frac{x}{e^x}$，
$u（x）=-\frac{x}{e^x}，u'（x）=\frac{x-1}{e^x}$，
當x∈（-1，1），u′（x）＜0，u（x）遞減；
x∈（1，+∞），u′（x）＞0，u（x）遞增．
則$u{（x）_{min}}=u（1）=-\frac{1}{e}，x→+∞，u（x）=-\frac{x}{e^x}→0$，
u（x）＜u（-1）=e，
所以m≥e，即m的最小值為e．

點評 本題考查導數的運用：求單調區(qū)間、極值和最值，考查不等式的證明，注意運用累加法和裂項相消求和，考查不等式恒成立問題的解法，注意運用函數的單調性和導數，考查運算能力，屬于中檔題．