Question

已知函数f（x）=e^x-

(x+1)2

2

，g（x）=2ln（x+1）+e^-x．
（I）x∈（-1，+∞）时，证明：f（x）＞0；
（Ⅱ）a＞0，若g（x）≤ax+1，求a的取值范围．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,利用导数研究函数的单调性,利用导数研究函数的极值

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）求出函数的导数，令p（x）=f′（x），推出p′（x）=e^x-1，
求出函数p（x）的最小值为p（0）=0，判断f（x）在（-1，+∞）内单调递增，证明f（x）＞0．
（Ⅱ）令h（x）=g（x）-（ax+1），得到h′（x）=

2

x+1

-e^-x-a，构造q（x）=

2

x+1

-e^-x-a，求出q′（x）=

1

ex

-

2

(x+1)2

．求出q（x）在（-1，+∞）上单调递减，（1）当a=1时，求出h（x）的最大值为h（0），即h（x）≤0恒成立．（2）当a＞1时，h′（0）＜0，推出h（x）＞0，与h（x）≤0恒成立矛盾．（3）当0＜a＜1时，推出h（x）＞0，与h（x）≤0恒成立矛盾．推出a的取值为1．

解答： 解：（Ⅰ）函数f（x）=e^x-

(x+1)2

2

，f′（x）=e^x-x-1，
令p（x）=f′（x）=e^x-x-1，p′（x）=e^x-1，
在（-1，0）内，p′（x）＜0，p（x）单减；在（0，+∞）内，p′（x）＞0，p（x）单增．
所以p（x）的最小值为p（0）=0，即f′（x）≥0，
所以f（x）在（-1，+∞）内单调递增，即f（x）＞f（-1）＞0．

（Ⅱ）令h（x）=g（x）-（ax+1），则h′（x）=

2

x+1

-e^-x-a，
令q（x）=

2

x+1

-e^-x-a，q′（x）=

1

ex

-

2

(x+1)2

．
由（Ⅰ）得q′（x）＜0，则q（x）在（-1，+∞）上单调递减．
（1）当a=1时，q（0）=h′（0）=0且h（0）=0．
在（-1，0）上h′（x）＞0，h（x）单调递增，在（0，+∞）上h'（x）＜0，h（x）单调递减，
所以h（x）的最大值为h（0），即h（x）≤0恒成立．
（2）当a＞1时，h′（0）＜0，
x∈（-1，0）时，h′（x）=

2

x+1

-e^-x-a＜

2

x+1

-1-a=0，解得x=

1-a

a+1

∈（-1，0）．
即x∈（

1-a

a+1

，0）时h′（x）＜0，h（x）单调递减，
又h（0）=0，所以此时h（x）＞0，与h（x）≤0恒成立矛盾．
（3）当0＜a＜1时，h′（0）＞0，
x∈（0，+∞）时，h′（x）=

2

x+1

-e^-x-a＞

2

x+1

-1-a=0，解得x=

1-a

a+1

∈（0，+∞）．
即x∈（0，

1-a

a+1

 ）时h′（x）＞0，h（x）单调递增，
又h（0）=0，所以此时h（x）＞0，与h（x）≤0恒成立矛盾．
综上，a的取值为1．

点评：本题考查函数的导数的综合应用，函数的最值的求法，二次求导的应用，构造法的应用，考查分析问题解决问题的能力，难度比较大．