Question

2．已知函数$f（x）=\frac{x+a}{e^x}$．
（Ⅰ）若f（x）在区间（-∞，2）上为单调递增函数，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）若a=0，x₀＜1，设直线y=g（x）为函数f（x）的图象在x=x₀处的切线，求证：f（x）≤g（x）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导函数$f′（x）=-\frac{x-（1-a）}{{e}^{x}}$，通过f′（x）≥0对x∈（-∞，2）恒成立，推出1-a≥2，即可求出a的范围．
（Ⅱ）利用a=0，化简f（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$．通过函数f（x）在x=x₀处的切线方程为y=g（x）=f'（x₀）（x-x₀）+f（x₀）
讨论当x=x₀时，f（x）=g（x）；当x≠x₀时，利用分析法证明f（x）＜g（x）；构造函数h（x）=f（x）-g（x）=f（x）-f'（x₀）（x-x₀）-f（x₀），求出h'（x）=$\frac{（1-x）{e}^{{x}_{0}}-（1-{x}_{0}）{e}^{x}}{{e}^{x+{x}_{0}}}$，构造新函数$ϕ（x）=（1-x）{e^{x_0}}-（1-{x_0}）{e^x}$，x∈R，利用公式的导数求解函数的最值，然后推出结论．

解答 （本题满分13分）
解：（Ⅰ）由已知函数$f（x）=\frac{x+a}{e^x}$，$f′（x）=-\frac{x-（1-a）}{{e}^{x}}$，
由已知f′（x）≥0对x∈（-∞，2）恒成立，
故，x≤1-a对x∈（-∞，2）恒成立，得1-a≥2，
∴a≤-1为所求．…（4分）
（Ⅱ）证明：a=0，则f（x）=$\frac{x}{{a}^{x}}$．
函数f（x）在x=x₀处的切线方程为y=g（x）=f'（x₀）（x-x₀）+f（x₀）
当x=x₀时，f（x）=g（x）；
当x≠x₀时，要证f（x）＜g（x）；
即证  f（x）-g（x）＜0                     …（6分）
令h（x）=f（x）-g（x）=f（x）-f'（x₀）（x-x₀）-f（x₀）h'（x）=f'（x）-f'（x₀）=$\frac{1-x}{e^x}-\frac{{1-{x_0}}}{{{e^{x_0}}}}=\frac{{（1-x）{e^{x_0}}-（1-{x_0}）{e^x}}}{{{e^{x+{x_0}}}}}$
设$ϕ（x）=（1-x）{e^{x_0}}-（1-{x_0}）{e^x}$，x∈R
则$ϕ'（x）=-{e^{x_0}}-（1-{x_0}）{e^x}$，∵x₀＜1，∴ϕ'（x）＜0
∴ϕ（x）在R上单调递减，而ϕ（x₀）=0…（10分）
∴当x＜x₀时，ϕ（x）＞0，当x＞x₀时，ϕ（x）＜0
即当x＜x₀时，h'（x）＞0，当x＞x₀时h'（x）＜0
∴h（x）在区间（-∞，x₀）上为增函数，在区间（x₀，+∞）上为减函数
∴x≠x₀时，h（x）＜h（x₀）=0，即有f（x）＜g（x）
综上，f（x）≤g（x）…（13分）

点评 本题考查函数的导数的应用，构造法以及新函数的导数的综合应用，函数恒成立问题的转化方法，考查分析问题解决问题的能力．