Question

20．已知函数f（x）=（ax+1-a）e^-x+（a-1），其中a≥0
（Ⅰ）讨论f（x）在（0，+∞）上的单调性
（Ⅱ）若x≥0，[（a-1）x+1]e^x≤ax+1恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求导，再分类讨论，根据导数和函数的单调性的关系即可求出；
（Ⅱ）原不等式转化为（a-1）x-$\frac{ax+1}{{e}^{x}}$≤0，在x≥0时恒成立，构造函数，利用导数和函数最值得关系即可求出．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）=（ax+1-a）e^-x+（a-1），
∴f′（x）=（2a-1-ax）e^-x，
当0≤a≤$\frac{1}{2}$时，2a-1≤0，又x＞0，
∴f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞）上单调递减，
当a＞$\frac{1}{2}$时，f′（x）=（2a-1-ax）e^-x=0，解得x=2-$\frac{1}{a}$，
当x∈（0，2-$\frac{1}{a}$）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当x∈（2-$\frac{1}{a}$，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
综上，当0≤a≤$\frac{1}{2}$时，f（x）在（0，+∞）上单调递减，
a＞$\frac{1}{2}$时，f（x）在（0，2-$\frac{1}{a}$）单调递增，在（2-$\frac{1}{a}$，+∞）上单调递减，
（Ⅱ）问题转化为（a-1）x-$\frac{ax+1}{{e}^{x}}$≤0，在x≥0时恒成立，
令g（x）=（a-1）x-$\frac{ax+1}{{e}^{x}}$，x≥0，
则g′（x）=（a-1）x+1-$\frac{ax+1}{{e}^{x}}$，x≥0，
由（Ⅰ）知，当0≤a≤$\frac{1}{2}$时，f（x）在（0，+∞）上单调递减，
f（x）＜f（0）=0，即g′（x）＜0，
∴g（x）在[0，+∞）上单调递减，g（x）≤g（0）=0，满足题意；
当a＞$\frac{1}{2}$时，f（x）在（0，2-$\frac{1}{a}$）单调递增，f（x）＞f（0）=0，即g′（x）＞0，
∴g（x）在[0，2-$\frac{1}{a-1}$]上单调递增，g（x）≥g（0）=0，不满足题意，
综上所述a的取值范围为[0，$\frac{1}{2}$]．

点评 本题考查了导数和函数的单调性和最值的关系，以及不等式恒成立的问题，考查了运算能力，分类讨论的思想，转化思想，属于难题