分析 (Ⅰ)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式,求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,得到f(x)>f(-2),證明結(jié)論即可;
(Ⅱ)求出g(x)的導(dǎo)數(shù),得到g(x)的最小值,分離a,得到$\frac{x_0}{{{x_0}+4}}{{e}^{{x_0}+2}}=-a∈(-1,0]$,所以-2<x0≤0.令$u(x)=\frac{1}{x+4}{{e}^{x+2}}(-2<x≤0)$,根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性判斷即可.
解答 解:(Ⅰ)證明:由$f(x)=\frac{x}{x+4}{e^{x+2}}$,
得$f'(x)=({\frac{4}{{{{(x+4)}^2}}}+\frac{x}{x+4}}){e^{x+2}}=\frac{{{{(x+2)}^2}}}{{{{(x+4)}^2}}}{e^{x+2}}≥0,(x≠-4)$,
故f(x)在(-∞,-4)和(-4,+∞)上單調(diào)遞增,…(3分)
當(dāng)x>-2時(shí),由上知f(x)>f(-2)=-1,
即$\frac{x}{x+4}{e^{x+2}}>-1$,即xex+2+x+4>0,得證.…(5分)
(Ⅱ)對$g(x)=\frac{{{{e}^x}-ax-3a}}{{{{(x+2)}^2}}}$求導(dǎo),
得$g'(x)=\frac{{x{{e}^{x+2}}+a(x+4)}}{{{{(x+2)}^3}}}=\frac{{(x+4)[\frac{x}{x+4}{{e}^{x+2}}+a]}}{{{{(x+2)}^3}}}$,x>-2. …(6分)
記$φ(x)=\frac{x}{x+4}{{e}^{x+2}}+a$,x>-2.
由(Ⅰ)知,函數(shù)φ(x)區(qū)間(-2,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,
又φ(-2)=-1+a<0,φ(0)=a>0,所以存在唯一正實(shí)數(shù)x0,使得$φ({x_0})=\frac{{{x_0}-2}}{{{x_0}+2}}{{e}^{x_0}}+a=0$.
于是,當(dāng)x∈(-2,x0)時(shí),φ(x)<0,g'(x)<0,
函數(shù)g(x)在區(qū)間(-2,x0)內(nèi)單調(diào)遞減;
當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),φ(x)>0,g'(x)>0,
函數(shù)g(x)在區(qū)間(x0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.
所以g(x)在(-2,+∞)內(nèi)有最小值$g({x_0})=\frac{{{{e}^{{x_0}+2}}-a{x_0}-3a}}{{{{({x_0}+2)}^2}}}$,
由題設(shè)即$h(a)=\frac{{{{e}^{{x_0}+2}}-a{x_0}-3a}}{{{{({x_0}+2)}^2}}}$. …(9分)
又因?yàn)?-a=\frac{x_0}{{{x_0}+4}}{{e}^{{x_0}+2}}$.所以$h(a)=g({x_0})=\frac{1}{{{x_0}+4}}{{e}^{{x_0}+2}}$.
根據(jù)(Ⅰ)知,f(x)在(-2,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,
$\frac{x_0}{{{x_0}+4}}{{e}^{{x_0}+2}}=-a∈(-1,0]$,所以-2<x0≤0.
令$u(x)=\frac{1}{x+4}{{e}^{x+2}}(-2<x≤0)$,
則$u'(x)=\frac{x+3}{x+4}{{e}^{x+2}}>0$,函數(shù)u(x)在區(qū)間(-2,0]內(nèi)單調(diào)遞增,
所以u(píng)(-2)<u(x)≤u(0),
即函數(shù)h(a)的值域?yàn)?(\frac{1}{2},\frac{{{{e}^2}}}{4}]$. …(12分)
點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題,考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及轉(zhuǎn)化思想,考查函數(shù)恒成立問題,是一道綜合題.
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | $\frac{16}{3}(π+1)$ | B. | $\frac{8}{3}(2π+1)$ | C. | 8(2π+1) | D. | 16(π+1) |
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A. | P1,P2 | B. | P2,P3 | C. | P3,P4 | D. | P2,P4 |
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A. | 2 | B. | -2 | C. | 2i | D. | -2i |
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