Question

14．已知函数f（x）=e^x．
（1）证明：当0≤x＜1时，e^x≤$\frac{1}{1-x}$；
（2）若函数h（x）=f（-x）+af（x）-4（a＞0是常数）在区间[-ln3，0）上有零点，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）构造函数g（x）=（1-x）e^x（其中0≤x＜1），从而求导证明；
（2）化简h（x）=e^-x+ae^x-4（其中a＞0，-ln3≤x＜0）并求导h′（x）=-e^-x+ae^x，从而分类讨论即可．

解答 （1）证明：设g（x）=（1-x）e^x（其中0≤x＜1），
g′（x）=（1-x）e^x-e^x=-xe^x，g′（x）≤0，
g（x）在区间[0，1）上单调递减；
所以g（x）≤g（0）=1，即（1-x）e^x≤1，
因为0≤x＜1，1-x＞0，
所以${e^x}≤\frac{1}{1-x}$．
（2）解：依题意，h（x）=e^-x+ae^x-4（其中a＞0，-ln3≤x＜0），h′（x）=-e^-x+ae^x，
解h′（x）=0得$x=-\frac{1}{2}lna$．
（ⅰ）当0＜a≤1时，$-\frac{1}{2}lna≥0$，h′（x）＜0在[-ln3，0）上恒成立，h（x）在[-ln3，0）上单调递减，
h（x）在[-ln3，0）上有零点当且仅当h（-ln3）=0或h（0）h（-ln3）＜0，
解得a=3，与a≤1不符；
（ⅱ）当a≥9时，$-\frac{1}{2}lna≤-ln3$，h′（x）＞0在[-ln3，0）上恒成立，同理可求得h（x）在[-ln3，0）上无零点；
（ⅲ）当1＜a＜9时，$-ln3＜-\frac{1}{2}lna＜0$，h（x）在$[-ln3，-\frac{1}{2}lna]$上单调递减，在$[-\frac{1}{2}lna，0）$上单调递增，
h（x）在[-ln3，0）上有零点当且仅当$h（-ln3）h（-\frac{1}{2}lna）≤0$或$h（0）h（-\frac{1}{2}lna）≤0$，
解得3≤a≤4．
综上所述，a的取值范围为[3，4]．

点评 本题考查了导数的综合应用及分类讨论的思想应用．