Question

1．已知函数f（x）=e^-x-ax（x∈R）．
（Ⅰ） 当a=-1时，求函数f（x）的最小值；
（Ⅱ） 若x≥0时，f（-x）+ln（x+1）≥1，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）求证：${e^{2-\sqrt{e}}}＜\frac{3}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的最小值；
（Ⅱ）得到e^x+ax+ln（x+1）-1≥0．（*）令g（x）=e^x+ax+ln（x+1）-1，通过讨论a的范围，确定函数的单调性，从而求出满足条件的a的具体范围即可；
（Ⅲ）令a=2，得到$ln\frac{3}{2}＞2-\sqrt{e}$，从而证出结论．

解答 解：（Ⅰ）当a=-1时，f（x）=e^-x+x，
则$f'（x）=-\frac{1}{e^x}+1$．…1分
令f'（x）=0，得x=0．
当x＜0时，f'（x）＜0； 当x＞0时，f'（x）＞0．…2分
∴函数f（x）在区间（-∞，0）上单调递减，在区间（0，+∞）上单调递增．
∴当x=0时，函数f（x）取得最小值，其值为f（0）=1．…3分
（Ⅱ）若x≥0时，f（-x）+ln（x+1）≥1，
即e^x+ax+ln（x+1）-1≥0．（*）
令g（x）=e^x+ax+ln（x+1）-1，
则$g'（x）={e^x}+\frac{1}{x+1}+a$．
①若a≥-2，由（Ⅰ）知e^-x+x≥1，即e^-x≥1-x，故e^x≥1+x．
∴$g'（x）={e^x}+\frac{1}{x+1}+a≥（{x+1}）+\frac{1}{x+1}+a≥2\sqrt{（{x+1}）•\frac{1}{x+1}}+a=2+a≥0$．…4分
∴函数g（x）在区间[0，+∞）上单调递增．
∴g（x）≥g（0）=0．
∴（*）式成立．…5分
②若a＜-2，令$φ（x）={e^x}+\frac{1}{x+1}+a$，
则$φ'（x）={e^x}-\frac{1}{{{{（{x+1}）}^2}}}=\frac{{{{（{x+1}）}^2}{e^x}-1}}{{{{（{x+1}）}^2}}}≥0$．
∴函数φ（x）在区间[0，+∞）上单调递增．
由于φ（0）=2+a＜0，
$φ（{-a}）={e^{-a}}+\frac{1}{1-a}+a≥1-a+\frac{1}{1-a}+a=1+\frac{1}{1-a}＞0$．…6分
故?x₀∈（0，-a），使得φ（x₀）=0．…7分
则当0＜x＜x₀时，φ（x）＜φ（x₀）=0，即g'（x）＜0．
∴函数g（x）在区间（0，x₀）上单调递减．
∴g（x₀）＜g（0）=0，即（*）式不恒成立．…8分
综上所述，实数a的取值范围是[-2，+∞）．…9分
（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）知，当a=-2时，
g（x）=e^x-2x+ln（x+1）-1在[0，+∞）上单调递增．
则$g（{\frac{1}{2}}）＞g（0）$，即${e^{\frac{1}{2}}}-1+ln（{\frac{1}{2}+1}）-1＞0$．…10分
∴$ln\frac{3}{2}＞2-\sqrt{e}$．…11分
∴$\frac{3}{2}＞{e^{2-\sqrt{e}}}$，即${e^{2-\sqrt{e}}}＜\frac{3}{2}$．…12分．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查分类讨论思想、转化思想，是一道综合题．