Question

13．已知函數(shù)f（x）=e^x-ax，a∈R．
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）在x=0處的切線過點（1，0），求a的值；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）在（-1，+∞）上不存在零點，求a的取值范圍；
（Ⅲ）若a=1，求證：對$x∈R，f（x）≥\frac{1+x}{f（x）+x}$恒成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求得函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求得切線的斜率，由兩點的斜率公式，解方程可得a；
（Ⅱ）由題意可得a=$\frac{{e}^{x}}{x}$在x＞-1無解，設(shè)h（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$，求得導(dǎo)數(shù)，單調(diào)區(qū)間和極值，即可得到a的范圍；
（Ⅲ）a=1，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的最值的關(guān)系，求出f（x）_min=f（0）=1，設(shè)g（x）=$\frac{1+x}{f（x）+x}$=$\frac{1+x}{{e}^{x}}$，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的最值的關(guān)系求出g（x）_max=g（0）=1，問題得以證明．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=e^x-ax的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=e^x-a，
函數(shù)f（x）在x=0處的切線斜率為1-a，
在x=0處的切線過點（1，0），可得1-a=-1，
解得a=2；
（Ⅱ）函數(shù)f（x）在（-1，+∞）上不存在零點，即為
a=$\frac{{e}^{x}}{x}$在x＞-1無解，
設(shè)h（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$，
即有h′（x）=$\frac{{e}^{x}（x-1）}{{x}^{2}}$，
當(dāng)-1＜x＜0，或0＜x＜1時，h′（x）＜0，h（x）遞減；
當(dāng)x＞1時，h′（x）＞0，h（x）遞增．
則x＞0時，x=1處h（x）取得最小值e，-1＜x＜0時，h（x）＜-$\frac{1}{e}$．
則有a的范圍是-$\frac{1}{e}$≤a＜e；
故a的求值范圍為[-$\frac{1}{e}$，e]
（Ⅲ）證明：a=1，f（x）=e^x-x，
∴f′（x）=e^x-1，
當(dāng)x∈（-∞，0）時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈（0，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，
∴f（x）在x=0處取得最小值，f（x）_min=f（0）=1，即f（x）≥1，
設(shè)g（x）=$\frac{1+x}{f（x）+x}$=$\frac{1+x}{{e}^{x}}$，
則g′（x）=-$\frac{x}{{e}^{x}}$，當(dāng)x∈（-∞，0）時，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈（0，+∞）時，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，
∴當(dāng)x=0時取的最大值，g（x）_max=g（0）=1，即g（x）≤1，
∴f（x）≥g（x），
即對$x∈R，f（x）≥\frac{1+x}{f（x）+x}$恒成立．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求切線的斜率和單調(diào)區(qū)間、極值，考查函數(shù)方程的轉(zhuǎn)化思想和不等式的證明，注意運用構(gòu)造函數(shù)，求得單調(diào)性解決，屬于中檔題．