Question

16．（Ⅰ）當x＜0時，證明：e^x＜1+x+$\frac{x^2}{2}$；
（Ⅱ）求最大的整數(shù)a，使得函數(shù)f（x）=2e^x+ln（x+1）-$\frac{a}{10}$x為增函數(shù)．（e=2，718…是自然對數(shù)的底數(shù)）

Answer 1

分析 （Ⅰ）令$g（x）={e^x}-1-x，h（x）={e^x}-1-x-\frac{x^2}{2}$，g'（x）=e^x-1．
分類討論求解單調(diào)性，得出h（x）＜h（0）=0，即可證明故${e^x}＜1+x+\frac{x^2}{2}$．
（II）$f'（x）=2{e^2}+\frac{1}{x+1}-\frac{a}{10}≥0?a≤10（{2{e^x}+\frac{1}{1+x}}）$，
因此對一切x＞-1有$a≤10（{2{e^x}+\frac{1}{1+x}}）$．構(gòu)造函數(shù)t（x）=10（2e^x+$\frac{1}{1+x}$），
求解導數(shù)$t'（x）=10（{2{e^x}-\frac{1}{{{{（1+x）}^2}}}}），t''（x）=10（{2{e^x}+\frac{1}{{{{（1+x）}^3}}}}）＞0$，
t'（x）在區(qū)間$（{-\frac{1}{2}，0}）$上有唯一的零點，記它為x₀，t（x₀）＞28．此28＜t（x₀）＜28.9，
故整數(shù)a的最大值為28．

解答 解：（Ⅰ）令$g（x）={e^x}-1-x，h（x）={e^x}-1-x-\frac{x^2}{2}$，g'（x）=e^x-1．
當x＜0時，g'（x）＜0，故g（x）在區(qū)間（-∞，0）上為減函數(shù)，
當x＞0時，g'（x）＞0，故g（x）在區(qū)間（0，+∞）上為增函數(shù)，
因此g（x）≥g（0）=0，故e^x≥1+x．h'（x）=g（x）≥g（0）=0，因此h（x）為增函數(shù)，
當當x＜0時，h（x）＜h（0）=0，
故${e^x}＜1+x+\frac{x^2}{2}$．
（Ⅱ）函數(shù)f（x）的定義域為（-1，+∞），
$f'（x）=2{e^2}+\frac{1}{x+1}-\frac{a}{10}≥0?a≤10（{2{e^x}+\frac{1}{1+x}}）$，
因此對一切x＞-1有$a≤10（{2{e^x}+\frac{1}{1+x}}）$．
令t（x）=10（2e^x+$\frac{1}{1+x}$）
則$t'（x）=10（{2{e^x}-\frac{1}{{{{（1+x）}^2}}}}），t''（x）=10（{2{e^x}+\frac{1}{{{{（1+x）}^3}}}}）＞0$，
故t'（x）為增函數(shù)，
又$t'（{-\frac{1}{2}}）=10（{\frac{2}{{\sqrt{e}}}-4}）＜0，t'（0）=1＞0$，
因此t'（x）在區(qū)間$（{-\frac{1}{2}，0}）$上有唯一的零點，記它為x₀，
不難知道t（x）_min=t（x₀），因此a≤t（x₀）．
由（Ⅰ）知e^x≥1+x，
則$t（x）=10（{2{e^x}+\frac{1}{1+x}}）≥10[{2（1+x）+\frac{1}{1+x}}]≥20\sqrt{2}＞28$，
因此t（x₀）＞28．
又$t（{x_0}）≤t（-0.2）=10（{2{e^{-0.2}}+\frac{1}{1-0.2}}）＜10[{2（{1-0.2+\frac{{{{0.2}^2}}}{2}}）+\frac{1}{0.8}}]=28.9$，
因此28＜t（x₀）＜28.9，
故整數(shù)a的最大值為28．

點評 本題綜合考查了導數(shù)在解決不等式，函數(shù)單調(diào)性中的應用，學生的綜合分析解決問題的能力，屬于中檔題．