Question

11．設(shè)函數(shù)f（x）=e^x-$\frac{ax}{x+1}$（x＞-1）．
（1）當(dāng)a=1時(shí)，討論f（x）的單調(diào)性；
（2）當(dāng)a＞0時(shí)，設(shè)f（x）在x=x₀處取得最小值，求證：f（x₀）＜1．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)a=1時(shí)，求出函數(shù)f（x）的解析式和導(dǎo)函數(shù)，利用f′（x）＞0，函數(shù)單調(diào)遞增，f′（x）＜0，函數(shù)單調(diào)遞減；
（2）當(dāng)a＞0時(shí)，求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性求得函數(shù)的最小值，利用f′（x₀）=0，求得a的值，構(gòu)造輔助函數(shù)g（x）=e^x（-x²-x+1），（x＞-1），求導(dǎo)，求出函數(shù)的g（x）的極大值，由g（x）＜g（0）=0，即可證明f（x₀）＜1．

解答 解：（1）當(dāng)a=1時(shí)，f′（x）=e^x-$\frac{1}{{（x+1）}^{2}}$，
∵e^x單調(diào)遞增，-$\frac{1}{{（x+1）}^{2}}$（x＞-1）單調(diào)遞增，
∴f′（x）在（-1，+∞）單調(diào)遞增，且f′（0）=0，
∴當(dāng)-1＜x＜0時(shí)，f′（x）＜0；當(dāng)x＞0時(shí)，f′（x）＞0，
故f（x）在（-1，0）單調(diào)遞減，在（0，+∞）單調(diào)遞增；   
（2）證明：當(dāng)a＞0時(shí)，f′（x）=e^x-$\frac{a}{{（x+1）}^{2}}$，
∵e^x單調(diào)遞增，-$\frac{a}{{（x+1）}^{2}}$（x＞-1）單調(diào)遞增，
∴f′（x）在（-1，+∞）單調(diào)遞增．
又f′（2$\sqrt{a}$-1）=${e}^{2\sqrt{a}-1}$-$\frac{a}{{（2\sqrt{a}）}^{2}}$＞$\frac{1}{e}$-$\frac{1}{4}$，
當(dāng)x滿足-1＜x＜$\sqrt{a}$時(shí)，f′（x）＜0，故f′（x）存在唯一零點(diǎn)，設(shè)零點(diǎn)為x₁，
當(dāng)x∈（-1，x₁）時(shí)，f′（x）＜0；當(dāng)x∈（x₁，+∞）時(shí)，f′（x）＞0．
∴f（x）在（-1，x₁）單調(diào)遞減，在（x₁，+∞）單調(diào)遞增，
∴當(dāng)x=x₁時(shí)，f（x）取得最小值，由條件可得x₁=x₀，f（x）的最小值為f（x₀）．
由于f′（x₀）=e ^x₀-$\frac{a}{{{（x}_{0}+1）}^{2}}$=0，
∴a=e^x₀•（x₀+1）²，
f（x₀）=e^x₀-$\frac{{ax}_{0}}{{x}_{0}+1}$=e^x₀-e^x₀•x₀•（x₀+1）=e^x₀（-x₀²-x₀+1），
設(shè)g（x）=e^x（-x²-x+1），（x＞-1），
則g′（x）=e^x（-x²-3x）=-x（x+3）e^x，
令g′（x）＞0，得-1＜x＜0；令g′（x）＜0，得x＞0，
故g（x）在（-1，0）單調(diào)遞增，（0，+∞）單調(diào)遞減，g（x）＜g（0）=0，
故f（x₀）=g（x₀）＜1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合運(yùn)用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查函數(shù)的最值，解題的關(guān)鍵是正確求導(dǎo)，并會(huì)根據(jù)導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性，考查分析和計(jì)算能力，屬于難題．