Question

設(shè)函數(shù)f（x）=1-e^-x，函數(shù)g（x）=

x

ax+1

（其中a∈R，e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）．
（1）當(dāng)a=0時(shí)，求函數(shù)h（x）=f′（x）•g（x）的極值；
（2）若f（x）≤g（x）在[0，+∞）上恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值,導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問(wèn)題中的應(yīng)用

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）由f（x）=1-e^-x，知f′（x）=-e^-x•（-1）=e^-x，故函數(shù)h（x）=f′（x）•g（x）=xe^-x，h′（x）=（1-x）•e^-x，由此能求出函數(shù)h（x）=f′（x）•g（x）的極值．
（Ⅱ）由題1-e^-x≤

x

ax+1

在[0，+∞）上恒成立，由x≥0，1-e^-x∈[0，1），知

x

ax+1

≥0，分類討論能夠得到不等式f（x）≤g（x）在[0，+∞）上恒成立時(shí)，實(shí)數(shù)a的取值范圍．

解答： 解：（Ⅰ）∵f（x）=1-e^-x，∴f′（x）=-e^-x•（-1）=e^-x，
函數(shù)h（x）=f′（x）•g（x）=xe^-x，
∴h′（x）=（1-x）•e^-x，當(dāng)x＜1時(shí)，h′（x）＞0；當(dāng)x＞1時(shí)，h′（x）＜0，
故該函數(shù)在（-∞，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減．
∴函數(shù)h（x）在x=1處取得極大值h（1）=

1

e

．
（Ⅱ）由題1-e^-x≤

x

ax+1

在[0，+∞）上恒成立，
∵x≥0，1-e^-x∈[0，1），∴

x

ax+1

≥0，
若x=0，則a∈R，若x＞0，則a＞-

1

x

恒成立，則a≥0．
不等式1-e^-x≤

x

ax+1

恒成立等價(jià)于（ax+1）（1-e^-x）-x≤0在[0，+∞）上恒成立，
令μ（x）=（ax+1）（1-e^-x），則μ′（x）=a（1-e^-x）+（ax+1）e^-x-1，
又令v（x）=a（1-e^-x）+（ax+1）e^-x-1，
則v′（x）=e^-x（2a-ax-1），∵x≥0，a≥0．
①當(dāng)a=0時(shí)，v′（x）=-e^-x＜0，
則v（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞減，∴v（x）=μ′（x）≤v（0）=0，
∴μ（x）在[0，+∞）上單減，∴μ（x）≤μ（0）=0，
即f（x）≤g（x）在[0，+∞）上恒成立；（7分）
②當(dāng)a≥0時(shí)，v′（x）=-a•e^-x（x-

2a-1

a

）．
ⅰ）若2a-1≤0，即0＜a≤

1

2

時(shí)，v′（x）≤0，則v（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞減，
∴v（x）=μ′（x）≤v（0）=0，
∴μ（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞減，
∴μ（x）≤μ（0）=0，
此時(shí)f（x）≤g（x）在[0，+∞）上恒成立；
ⅱ）若2a-1＞0，即a＞

1

2

時(shí)，若0＜x＜

2a-1

a

時(shí)，
v′（x）＞0，則v（x）在（0，

2a-1

a

）上單調(diào)遞增，
∴v（x）=μ′（x）＞v（0）=0，∴μ（x）在（0，

2a-1

a

）上也單調(diào)遞增，
∴μ（x）＞μ（0）=0，即f（x）＞g（x），不滿足條件．
綜上，不等式f（x）≤g（x）在[0，+∞）上恒成立時(shí)，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[0，

1

2

]．

點(diǎn)評(píng)：本題考查函數(shù)極值的求法，求實(shí)數(shù)的取值范圍．考查數(shù)列、不等式知識(shí)，考查化歸與轉(zhuǎn)化、分類與整合的數(shù)學(xué)思想，培養(yǎng)學(xué)生的抽象概括能力、推理論證能力、運(yùn)算求解能力和創(chuàng)新意識(shí)，屬于難題．