Question

16．已知函数f（x）=e^-x+ax（a∈R）
（1）讨论f（x）的最值；
（2）若a=0，求证：f（x）＞-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{5}{8}$．

Answer 1

分析 （1）求出f′（x）=-e^-x+a，由a≤0，a＞0两种情况分类讨论，利用导数性质能讨论f（x）的最大值和最小值．
（2）当a=0时，f（x）=e^x，设g（x）=${e}^{-x}+\frac{1}{2}{x}^{2}-\frac{5}{8}$，则g′（x）=-e^-x+x，设h（x）=-e^-x+x，则h′（x）=e^-x+1＞0，由此利用导数性质能证明f（x）＞-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{5}{8}$．

解答 解：（1）∵函数f（x）=e^-x+ax（a∈R），
∴f′（x）=-e^-x+a，
①当a≤0时，f′（x）＜0，∴f（x）在R上单调递减，
故f（x）不存在最值．
②当a＞0时，由f′（x）=0，得x=-lna，
当x变化时，f（x）与f′（x）的变化情况如下表：

x	（-∞，-lna）	-lna	（-lna，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	↓	极小值	↑

f（x）在（-∞，-lna）上单调减，在（-lna，+∞）上单调递增，
故f（x）的最小值为f（-lna）=a-alna．不存在最大值．
综上，当a≤0时，f（x）不存在最大值和最小值；当a＞0时，最小值为a-alna．不存在最大值．
证明：（2）当a=0时，f（x）=e^x，设g（x）=${e}^{-x}+\frac{1}{2}{x}^{2}-\frac{5}{8}$，
则g′（x）=-e^-x+x，
设h（x）=-e^-x+x，则h′（x）=e^-x+1＞0，∴g′（x）在R上单调增，
∵${g}^{'}（\frac{1}{2}）=-\frac{1}{\sqrt{e}}+\frac{1}{2}＜0$，${g}^{'}（1）=-\frac{1}{e}+1＞0$，
∴存在唯一的${x}_{0}∈（\frac{1}{2}，1）$，使得g′（x₀）=0，
当x变化时，g（x）与g′（x）的变化情况如下表：

x	（-∞，x0）	x0	（x0，+∞）
g′（x）	-	0	+
g（x）	↓	极小值	↑

g（x）在（-∞，x₀）上单调递减，在（x₀，+∞）上单调递增，
∴g（x）_min=g（x₀）=${e}^{-{x}_{0}}+\frac{1}{2}{{x}_{0}}^{2}-\frac{5}{8}$，
由g′（x₀）=0，得$-{e}^{-{x}_{0}}$+x₀=0，∴g（x₀）=$\frac{1}{2}{{x}_{0}}^{2}+{{x}_{0}-\frac{5}{8}}^{\;}$，
∵x₀∈（$\frac{1}{2}，1$），∴g（x₀）=$\frac{1}{2}{{x}_{0}}^{2}+{x}_{0}-\frac{5}{8}$＞$\frac{1}{2}×（\frac{1}{2}）^{2}+\frac{1}{2}-\frac{5}{8}$=0，
∴g（x）≥g（x₀）＞0，∴${e}^{-x}＞-\frac{1}{2}{x}^{2}+\frac{5}{8}$，
∴f（x）＞-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{5}{8}$．

点评 本题考查导数及其应用、不等式、函数等基础知识，考查考查推理论证能力、运算求解能力、抽象概括能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、分类与整合思想，是中档题．