Question

14．若?x∈D，總有f（x）＜F（x）＜g（x），則稱F（x）為f（x）與g（x）在D上的一個“嚴格分界函數”．
（1）求證：y=e^x是y=1+x和y=1+x+$\frac{{x}^{2}}{2}$在（-1，0）上的一個“嚴格分界函數”；
（2）函數h（x）=2e^x+$\frac{1}{1+x}$-2，若存在最大整數M使得h（x）＞$\frac{M}{10}$在X∈（-1，0）恒成立，求M的值．（e=2.718…是自然對數的底數，$\sqrt{2}$≈1.414，${2}^{\frac{1}{3}}$≈1.260）

Answer 1

分析 （1）令φ（x）=e^x-1-x，利用導數可得φ（x）在區(qū)間（-1，0）上為減函數，得到φ（x）＞φ（0）=0，即e^x＞y=1+x；令t（x）=e^x-1-x-$\frac{{x}^{2}}{2}$，由對數可得t（x）在區(qū)間（-1，0）上為增函數，則t（x）＜t（0）=0，得e^x＜1+x+$\frac{{x}^{2}}{2}$，由此可得y=e^x是y=1+x和y=1+x+$\frac{{x}^{2}}{2}$在（-1，0）上的一個“嚴格分界函數”；
（2）由（1）知h（x）=2e^x+$\frac{1}{1+x}$-2$＞2（1+x）+\frac{1}{1+x}-2$$≥2\sqrt{2}-2$≈0.828．h（x）=2e^x+$\frac{1}{1+x}$-2＜2（1+x+$\frac{{x}^{2}}{2}$）+$\frac{1}{1+x}-2$=${x}^{2}+2x+\frac{1}{1+x}$，令m（x）=${x}^{2}+2x+\frac{1}{1+x}=（x+1）^{2}+\frac{1}{1+x}-1$，求導可得m（x）的最小值，再由導數求得h（x）在x∈（-1，0）上先減后增，可得h（x）最小值的范圍，由0.828＜h（x）_min＜0.890及h（x）＞$\frac{M}{10}$在x∈（-1，0）恒成立可得M的值．

解答 解：（1）證明：令φ（x）=e^x-1-x，φ'（x）=e^x-1．
當x＜0時，φ'（x）＜0，故φ（x）在區(qū)間（-1，0）上為減函數，
因此φ（x）＞φ（0）=0，故e^x＞y=1+x；
再令t（x）=e^x-1-x-$\frac{{x}^{2}}{2}$，當x＜0時，t′（x）=e^x-1-x＞0，
故t（x）在區(qū)間（-1，0）上為增函數，則t（x）＜t（0）=0，
∴e^x＜1+x+$\frac{{x}^{2}}{2}$，故y=e^x是y=1+x和y=1+x+$\frac{{x}^{2}}{2}$在（-1，0）上的一個“嚴格分界函數”；
（2）由（1）知h（x）=2e^x+$\frac{1}{1+x}$-2$＞2（1+x）+\frac{1}{1+x}-2$$≥2\sqrt{2}-2$≈0.828．
又h（x）=2e^x+$\frac{1}{1+x}$-2＜2（1+x+$\frac{{x}^{2}}{2}$）+$\frac{1}{1+x}-2$=${x}^{2}+2x+\frac{1}{1+x}$，
令m（x）=${x}^{2}+2x+\frac{1}{1+x}=（x+1）^{2}+\frac{1}{1+x}-1$，m′（x）=2（x+1）$-\frac{1}{（1+x）^{2}}$，
由m′（x）=0，解得${x_0}=-1+{（\frac{1}{2}）^{\frac{1}{3}}}$，可得m（x）在$（-1，-1+{（\frac{1}{2}）^{\frac{1}{3}}}）$單調遞減，在$（-1+{（\frac{1}{2}）^{\frac{1}{3}}}，0）$單調遞增，
則${（m（x））_{min}}=m（-1+{（\frac{1}{2}）^{\frac{1}{3}}}）={（\frac{1}{2}）^{\frac{2}{3}}}+{2^{\frac{1}{3}}}-1=\frac{{3\root{3}{2}}}{2}-1≈0.890$．
又${h^'}（x）=2{e^x}-\frac{1}{{{{（1+x）}^2}}}$，在x∈（-1，0）上存在x₀使得h′（x₀）=0，
故h（x）在x∈（-1，0）上先減后增，
則有$h{（x）_{min}}≤h（-1+{（\frac{1}{2}）^{\frac{1}{3}}}）＜m（-1+{（\frac{1}{2}）^{\frac{1}{3}}}）≈0.890$，
則0.828＜h（x）_min＜0.890，
∴$h{（x）_{min}}＞\frac{M}{10}$，則M=8．

點評 本題考查利用導數加以函數的單調性，考查了利用導數求函數在閉區(qū)間上的最值，考查邏輯思維能力與推理運算能力，難度較大．