Question

16．設函數(shù)f（x）=$\frac{e^x}{x+a}$（e為自然對數(shù)的底），曲線y=f（x）在點（0，f（0））處的切線方程為y=$\frac{1}{4}$x+b．
（Ⅰ）求a、b的值，并求函數(shù)y=f（x）的單調區(qū)間；
（Ⅱ）設x≥0，求證：f（x）＞$\sqrt{x+1}+\frac{{{x^2}-8}}{2x+4}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求導$f'（x）=\frac{{{e^x}（x+a-1）}}{{{{（x+a）}^2}}}$，由題意令$\frac{a-1}{a^2}=\frac{1}{4}$，從而解得a=2；從而再求得$b=\frac{1}{2}$，由導數(shù)確定函數(shù)的單調區(qū)間；
（Ⅱ）所證不等式等價于${e^x}＞（x+2）\sqrt{x+1}+\frac{1}{2}{x^2}-4$，又由$\sqrt{x+1}＜\frac{x}{2}+1$，可先證${e^x}＞（x+2）（\frac{x}{2}+1）+\frac{1}{2}{x^2}-4$，從而證明不等式成立．

解答 解：（Ⅰ）因為$f'（x）=\frac{{{e^x}（x+a-1）}}{{{{（x+a）}^2}}}$，
而$f'（0）=\frac{1}{4}$，所以$\frac{a-1}{a^2}=\frac{1}{4}$，解得a=2；
所以$f（0）=\frac{1}{2}$，因此$b=\frac{1}{2}$，
由$f'（x）=\frac{{{e^x}（x+1）}}{{{{（x+2）}^2}}}$知，
當x＞-1時，f′（x）＞0，當x＜-1且x≠-2時，f′（x）＜0；
故f（x）的單調增區(qū)間是（-1，+∞），減區(qū)間是（-∞，-2）和（-2，-1），
（Ⅱ）證明：所證不等式等價于${e^x}＞（x+2）\sqrt{x+1}+\frac{1}{2}{x^2}-4$，
因為$\sqrt{x+1}＜\frac{x}{2}+1$，先證${e^x}＞（x+2）（\frac{x}{2}+1）+\frac{1}{2}{x^2}-4$，
記$g（x）={e^x}-（x+2）（\frac{x}{2}+1）-\frac{1}{2}{x^2}+4={e^x}-{x^2}-2x+2$，
g′（x）=e^x-2x-2，
記u（x）=e^x-2x-2，則u′（x）=e^x-2，
由此可知，u（x）在（-∞，ln2）上單調遞減，在（ln2，+∞）上單調遞增；
因為u（1）•u（2）＜0，u（-1）•u（0）＜0，
故g′（x）=0在（0，+∞）只有一個零點x₁（1＜x₁＜2），
且${e^{x_1}}=2{x_1}+2$，
所以g（x）在（0，x₁）遞減，在（x₁，+∞）遞增，
所以當x≥0時，$g（x）≥g（{x_1}）={e^{x_1}}-x_1^2-2{x_1}+2=4-x_1^2＞0$，
即${e^x}＞（x+2）（\frac{x}{2}+1）+\frac{1}{2}{x^2}-4$，又$\frac{x}{2}+1＞\sqrt{x+1}$，
所以${e^x}＞（x+2）（\frac{x}{2}+1）+\frac{1}{2}{x^2}-4＞（x+2）\sqrt{x+1}+\frac{1}{2}{x^2}-4$，
即$\frac{e^x}{x+2}＞\sqrt{x+1}+\frac{{{x^2}-8}}{2x+4}$，
故$f（x）＞\sqrt{x+1}+\frac{{{x^2}-8}}{2x+4}$．

點評 本題考查了導數(shù)的綜合應用及放縮法證明不等式的應用，屬于難題．