Question

9．已知函数f（x）=e^x，g（x）=ax+b，（a，b∈R）
（1）讨论函数y=f（x）+g（x）的单调区间；
（2）如果$0≤a≤\frac{1}{2}，b=1$，求证：当x≥0时，$\frac{1}{f（x）}+\frac{x}{g（x）}≥1$．

Answer 1

分析 （1）先求导，再分类讨论，利用导数和函数单调性关系即可求出，
（2）原不等式等价于（e^-x-1）（αx+1）+x≥0，再构造函数，利用函数和最值得关系即可证明

解答 解：（l）y=f（x）+g（x）=e^x+ax+b，x∈R，y'=e^x+a，
若a≥0，则y'＞0所以函数y=f（x）+g（x）的单调增区间为（-∞，+∞），
若a＜0，令y'＞0，得x＞ln（-a），令y'＜0，得x＜ln（-a），
所以函数y=f（x）+g（x）的单调增区间为（ln（-a），+∞），单调减区间为（-∞，ln（-a））
（2）当$0≤a≤\frac{1}{2}，b=1$，x≥0时，
要证$\frac{1}{f（x）}+\frac{x}{g（x）}≥1$，
即证${e^{-x}}+\frac{x}{ax+1}≥1$，
即证e^-x（ax+1）+x≥ax+1，
即证（e^-x-1）（αx+1）+x≥0，
设h（x）=（e^-x-1）（ax+1）+x，则h（0）=0，h'（x）=e^-x（a-1-ax）+1-a，
下证e^x≥x+1，令ϕ（x）=e^x-x-1，则ϕ'（x）=e^x-1，
当x∈（-∞，0）时，ϕ'（x）＜0；
当x∈（0，+∞）时，ϕ'（x）＞0，
所以[ϕ（x）]_min=ϕ（0）=0，
所以e^x≥x+1，即-x≥1-e^x，
所以h'（x）=e^-x（a-1-ax）+1-a≥e^-x[a-1+a（1-e^x）]+1-a=e^-x（2a-1）+1-2a=（e^-x-1）（2a-1）≥0，
所以h（x）在[0+∞）上单调递增，所以h（x）≥h（0）=0，
所以当x≥0时，$\frac{1}{f（x）}+\frac{x}{g（x）}≥1$．

点评 本题是一道导数的综合题，考查了函数单调性和导数之间的关系以及，利用导数求函数的单调区间，等价转化思想，不等式的证明．综合性较强，难度较大．