Question

2．已知函數(shù)$f（x）=\frac{x+a}{e^x}$．
（Ⅰ）若f（x）在區(qū)間（-∞，2）上為單調(diào)遞增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）若a=0，x₀＜1，設(shè)直線y=g（x）為函數(shù)f（x）的圖象在x=x₀處的切線，求證：f（x）≤g（x）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)$f′（x）=-\frac{x-（1-a）}{{e}^{x}}$，通過f′（x）≥0對x∈（-∞，2）恒成立，推出1-a≥2，即可求出a的范圍．
（Ⅱ）利用a=0，化簡f（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$．通過函數(shù)f（x）在x=x₀處的切線方程為y=g（x）=f'（x₀）（x-x₀）+f（x₀）
討論當(dāng)x=x₀時，f（x）=g（x）；當(dāng)x≠x₀時，利用分析法證明f（x）＜g（x）；構(gòu)造函數(shù)h（x）=f（x）-g（x）=f（x）-f'（x₀）（x-x₀）-f（x₀），求出h'（x）=$\frac{（1-x）{e}^{{x}_{0}}-（1-{x}_{0}）{e}^{x}}{{e}^{x+{x}_{0}}}$，構(gòu)造新函數(shù)$ϕ（x）=（1-x）{e^{x_0}}-（1-{x_0}）{e^x}$，x∈R，利用公式的導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)的最值，然后推出結(jié)論．

解答 （本題滿分13分）
解：（Ⅰ）由已知函數(shù)$f（x）=\frac{x+a}{e^x}$，$f′（x）=-\frac{x-（1-a）}{{e}^{x}}$，
由已知f′（x）≥0對x∈（-∞，2）恒成立，
故，x≤1-a對x∈（-∞，2）恒成立，得1-a≥2，
∴a≤-1為所求．…（4分）
（Ⅱ）證明：a=0，則f（x）=$\frac{x}{{a}^{x}}$．
函數(shù)f（x）在x=x₀處的切線方程為y=g（x）=f'（x₀）（x-x₀）+f（x₀）
當(dāng)x=x₀時，f（x）=g（x）；
當(dāng)x≠x₀時，要證f（x）＜g（x）；
即證  f（x）-g（x）＜0                     …（6分）
令h（x）=f（x）-g（x）=f（x）-f'（x₀）（x-x₀）-f（x₀）h'（x）=f'（x）-f'（x₀）=$\frac{1-x}{e^x}-\frac{{1-{x_0}}}{{{e^{x_0}}}}=\frac{{（1-x）{e^{x_0}}-（1-{x_0}）{e^x}}}{{{e^{x+{x_0}}}}}$
設(shè)$ϕ（x）=（1-x）{e^{x_0}}-（1-{x_0}）{e^x}$，x∈R
則$ϕ'（x）=-{e^{x_0}}-（1-{x_0}）{e^x}$，∵x₀＜1，∴ϕ'（x）＜0
∴ϕ（x）在R上單調(diào)遞減，而ϕ（x₀）=0…（10分）
∴當(dāng)x＜x₀時，ϕ（x）＞0，當(dāng)x＞x₀時，ϕ（x）＜0
即當(dāng)x＜x₀時，h'（x）＞0，當(dāng)x＞x₀時h'（x）＜0
∴h（x）在區(qū)間（-∞，x₀）上為增函數(shù)，在區(qū)間（x₀，+∞）上為減函數(shù)
∴x≠x₀時，h（x）＜h（x₀）=0，即有f（x）＜g（x）
綜上，f（x）≤g（x）…（13分）

點評 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，構(gòu)造法以及新函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，函數(shù)恒成立問題的轉(zhuǎn)化方法，考查分析問題解決問題的能力．