Question

已知函數(shù)f（x）=e^x-a（x+2）-b（e為自然對數(shù)的底數(shù)，a，b∈R）．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調性；
（2）若對x∈R，f（x）≥0恒成立，求證：（a+1）（b+1）＜（1+e²）e^e+2．

Answer 1

考點：利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：（1）利用導數(shù)的性質，求函數(shù)的單調區(qū)間，這里要對參數(shù)a進行討論；
（2）先要對a分大于零、等于零、小于零三類進行討論，在a＞0時，進行構造函數(shù)，利用極值最值來解決恒成立的問題．

解答： 解：（1）f′（x）=e^x-a，
若a≤0，則f′（x）≥0恒成立，則f（x）在區(qū)間（-∞，+∞）上單調遞增；
若a＞0，由f′（x）＞0解得x＞lna，f（x）在區(qū)間（lna，+∞）上單調遞增，在區(qū)間（-∞，lna）上單調遞減．
（2）若a＜0，由（1）知f（x）在區(qū)間（-∞，+∞）上單調遞增，且當x→-∞時，f（x）→-∞，對x∈R，f（x）≥0不能恒成立；
若a=0，則f（x）=ex-b＞-b，因為對x∈R，所以-b≥0⇒b≤0，
此時（a+1）（b+1）≤1＜（1+e²）e^-2，不等式成立；
若a＞0，由（1）知f（x）在區(qū)間（lna，+∞）上單調遞增，在區(qū)間（-∞，lna）上單調遞減，得函數(shù)f（x）的最小值是f（lna）=a-a（lna+2）-b；
∴a-a（lna+2）-b≥0⇒b≤-a-alna，
只需要證明當a＞0時，（a+1）（1-a-alna）＜（1+e^-2）e^a，
即證明；

a+1

ea

•(1-a-alna)＜1+e-2，
記g(x)=

x+1

ex

，h（x）=1-x-xlnx，
∵g′(x)=

ex-(x+1)ex

e2x

=

-x

ex

，當x≥0時，g′（x）≤0，∴g（x）在區(qū)間[0，+∞）上單調遞減，
∴a＞0時，g(a)=

a+1

ea

＜g(0)=1，又g（a）＞0，∴0＜g（a）＜1，
h′(x)=-1-lnx-x•

1

x

=-lnx-2，由h′（x）=0⇒x=e^-2，且當0＜x＜e^-2時，h′（x）＞0，
且當x＞e^-2時，h′（x）＜0，∴h（x）的最大值是h（e^-2）=1+e^-2，
∴當a＞0時，h（a）=1-a-alna≤1+e^-2，
∴

a+1

ea

•(1-a-alna)＜1+e-2，即原不等式成立．

點評：本題是一道函數(shù)與導數(shù)綜合性比強的應用題．把函數(shù)與不等式結合在一起，運用了分類討論思想，化歸思想．道難度比較大．