Question

1．已知函數(shù)f（x）=$\frac{x+a}{{e}^{x}}$（a∈R，其中e≈2.71828…），記f′（x）為函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)．
（Ⅰ）若曲線y=f（x）在x=0處的切線與直線x+y=0平行，求a的值；
（Ⅱ）求函數(shù)f（x）在[-2，+∞）上的最大值；
（Ⅲ）若a=-1，令a_n=f′（n），n∈N⁺，證明：-252＜a₁+a₂+a₃+…+a₂₀₁₈＜$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由求導(dǎo)公式和法則求出f′（x），在點(diǎn)（1，f（1））處的切線與x+y=0平行得：f′（1）=-1，求出a的值；
（Ⅱ）由f′（x）=0求出臨界點(diǎn)是x=1-a，根據(jù)1-a與-2的大小關(guān)系進(jìn)行分類討論，分別判斷出導(dǎo)數(shù)的符號(hào)，可求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）把a(bǔ)=-1代入f′（x）化簡，令g（x）=f′（x）并求出g′（x），求出g（x）的單調(diào)區(qū)間和最小值，利用單調(diào)性求出f′（n）的范圍，再由放縮法證明結(jié)論成立．

解答 解：（Ⅰ）解：由題意得，f′（x）=$\frac{{e}^{x}-（a+x）{e}^{x}}{{（e}^{x}）^{2}}$=$\frac{1-a-x}{{e}^{x}}$，…（2分）
∵在x=0處的切線與直線x+y=0平行，
∴f′（0）=1-a=-1，解得a=2；               …（3分）
（Ⅱ）令f′（x）=$\frac{1-a-x}{{e}^{x}}$=0，得x=1-a，…（4分）
①當(dāng)a≥3時(shí)，在x∈[-2，+∞）上，f′（x）≤0，
∴f（x）在[-2，+∞）上單調(diào)遞減，
∴f（x）的最大值是f（-2）=e²（a-2）；           …（5分）
②當(dāng)a＜3時(shí)，
當(dāng)x∈[-2，1-a）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）在[-2，1-a）上單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈[1-a，+∞）時(shí)，f′（x）≤0，f（x）在[1-a，+∞）上單調(diào)遞減，
∴f（x）的最大值是f（1-a）=e^a-1；         …（7分）
證明：（Ⅲ）當(dāng)a=-1時(shí)，令g（x）=f′（x）=$\frac{2-x}{{e}^{x}}$，則$g′（x）=\frac{x-3}{{e}^{x}}$，
當(dāng)x＞3時(shí)，g′（x）＞0，∴g（x）在（3，+∞）上單調(diào)遞增，
當(dāng)0＜x＜3時(shí)，g′（x）＜0，∴g（x）在（0，3）上單調(diào)遞減，…（8分）
∴f′（x）的最小值是f′（3）=$-\frac{1}{{e}^{3}}$，
∵x＞3時(shí)，g（x）=f′（x）=$\frac{2-x}{{e}^{x}}＜0$，…（9分）
當(dāng)n＞3時(shí)，$-\frac{1}{{e}^{3}}$＜f′（n）＜0，
∴$-\frac{2016}{{e}^{3}}$＜a₁+a₂+a₃+…+a₂₀₁₈＜0，…（10分）
又a₁=f′（1）=$\frac{1}{e}$，a₂=f′（2）=0，
∴$\frac{1}{e}-\frac{2016}{{e}^{3}}$＜a₁+a₂+a₃+…+a₂₀₁₈＜$\frac{1}{e}$，
又∵$\frac{1}{e}-\frac{2016}{{e}^{3}}$＞$\frac{1}{e}-\frac{2016}{{2}^{3}}$=$\frac{1}{e}-252＞-252$，$\frac{1}{e}＜\frac{1}{2}$，
∴-252＜a₁+a₂+a₃+…+a₂₀₁₈＜$\frac{1}{2}$，即命題成立．  …（12分）

點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值的關(guān)系，利用數(shù)列的單調(diào)性和放縮法證明不等式，考查分類討論思想，化簡、變形能力，綜合性大、難度大．