Question

9．已知函數f（x）=e^x，g（x）=ax+b，（a，b∈R）
（1）討論函數y=f（x）+g（x）的單調區(qū)間；
（2）如果$0≤a≤\frac{1}{2}，b=1$，求證：當x≥0時，$\frac{1}{f（x）}+\frac{x}{g（x）}≥1$．

Answer 1

分析 （1）先求導，再分類討論，利用導數和函數單調性關系即可求出，
（2）原不等式等價于（e^-x-1）（αx+1）+x≥0，再構造函數，利用函數和最值得關系即可證明

解答 解：（l）y=f（x）+g（x）=e^x+ax+b，x∈R，y'=e^x+a，
若a≥0，則y'＞0所以函數y=f（x）+g（x）的單調增區(qū)間為（-∞，+∞），
若a＜0，令y'＞0，得x＞ln（-a），令y'＜0，得x＜ln（-a），
所以函數y=f（x）+g（x）的單調增區(qū)間為（ln（-a），+∞），單調減區(qū)間為（-∞，ln（-a））
（2）當$0≤a≤\frac{1}{2}，b=1$，x≥0時，
要證$\frac{1}{f（x）}+\frac{x}{g（x）}≥1$，
即證${e^{-x}}+\frac{x}{ax+1}≥1$，
即證e^-x（ax+1）+x≥ax+1，
即證（e^-x-1）（αx+1）+x≥0，
設h（x）=（e^-x-1）（ax+1）+x，則h（0）=0，h'（x）=e^-x（a-1-ax）+1-a，
下證e^x≥x+1，令ϕ（x）=e^x-x-1，則ϕ'（x）=e^x-1，
當x∈（-∞，0）時，ϕ'（x）＜0；
當x∈（0，+∞）時，ϕ'（x）＞0，
所以[ϕ（x）]_min=ϕ（0）=0，
所以e^x≥x+1，即-x≥1-e^x，
所以h'（x）=e^-x（a-1-ax）+1-a≥e^-x[a-1+a（1-e^x）]+1-a=e^-x（2a-1）+1-2a=（e^-x-1）（2a-1）≥0，
所以h（x）在[0+∞）上單調遞增，所以h（x）≥h（0）=0，
所以當x≥0時，$\frac{1}{f（x）}+\frac{x}{g（x）}≥1$．

點評 本題是一道導數的綜合題，考查了函數單調性和導數之間的關系以及，利用導數求函數的單調區(qū)間，等價轉化思想，不等式的證明．綜合性較強，難度較大．