Question

16．设函数f（x）=$\frac{e^x}{x+a}$（e为自然对数的底），曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y=$\frac{1}{4}$x+b．
（Ⅰ）求a、b的值，并求函数y=f（x）的单调区间；
（Ⅱ）设x≥0，求证：f（x）＞$\sqrt{x+1}+\frac{{{x^2}-8}}{2x+4}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求导$f'（x）=\frac{{{e^x}（x+a-1）}}{{{{（x+a）}^2}}}$，由题意令$\frac{a-1}{a^2}=\frac{1}{4}$，从而解得a=2；从而再求得$b=\frac{1}{2}$，由导数确定函数的单调区间；
（Ⅱ）所证不等式等价于${e^x}＞（x+2）\sqrt{x+1}+\frac{1}{2}{x^2}-4$，又由$\sqrt{x+1}＜\frac{x}{2}+1$，可先证${e^x}＞（x+2）（\frac{x}{2}+1）+\frac{1}{2}{x^2}-4$，从而证明不等式成立．

解答 解：（Ⅰ）因为$f'（x）=\frac{{{e^x}（x+a-1）}}{{{{（x+a）}^2}}}$，
而$f'（0）=\frac{1}{4}$，所以$\frac{a-1}{a^2}=\frac{1}{4}$，解得a=2；
所以$f（0）=\frac{1}{2}$，因此$b=\frac{1}{2}$，
由$f'（x）=\frac{{{e^x}（x+1）}}{{{{（x+2）}^2}}}$知，
当x＞-1时，f′（x）＞0，当x＜-1且x≠-2时，f′（x）＜0；
故f（x）的单调增区间是（-1，+∞），减区间是（-∞，-2）和（-2，-1），
（Ⅱ）证明：所证不等式等价于${e^x}＞（x+2）\sqrt{x+1}+\frac{1}{2}{x^2}-4$，
因为$\sqrt{x+1}＜\frac{x}{2}+1$，先证${e^x}＞（x+2）（\frac{x}{2}+1）+\frac{1}{2}{x^2}-4$，
记$g（x）={e^x}-（x+2）（\frac{x}{2}+1）-\frac{1}{2}{x^2}+4={e^x}-{x^2}-2x+2$，
g′（x）=e^x-2x-2，
记u（x）=e^x-2x-2，则u′（x）=e^x-2，
由此可知，u（x）在（-∞，ln2）上单调递减，在（ln2，+∞）上单调递增；
因为u（1）•u（2）＜0，u（-1）•u（0）＜0，
故g′（x）=0在（0，+∞）只有一个零点x₁（1＜x₁＜2），
且${e^{x_1}}=2{x_1}+2$，
所以g（x）在（0，x₁）递减，在（x₁，+∞）递增，
所以当x≥0时，$g（x）≥g（{x_1}）={e^{x_1}}-x_1^2-2{x_1}+2=4-x_1^2＞0$，
即${e^x}＞（x+2）（\frac{x}{2}+1）+\frac{1}{2}{x^2}-4$，又$\frac{x}{2}+1＞\sqrt{x+1}$，
所以${e^x}＞（x+2）（\frac{x}{2}+1）+\frac{1}{2}{x^2}-4＞（x+2）\sqrt{x+1}+\frac{1}{2}{x^2}-4$，
即$\frac{e^x}{x+2}＞\sqrt{x+1}+\frac{{{x^2}-8}}{2x+4}$，
故$f（x）＞\sqrt{x+1}+\frac{{{x^2}-8}}{2x+4}$．

点评 本题考查了导数的综合应用及放缩法证明不等式的应用，属于难题．