Question

16．（Ⅰ）当x＜0时，证明：e^x＜1+x+$\frac{x^2}{2}$；
（Ⅱ）求最大的整数a，使得函数f（x）=2e^x+ln（x+1）-$\frac{a}{10}$x为增函数．（e=2，718…是自然对数的底数）

Answer 1

分析 （Ⅰ）令$g（x）={e^x}-1-x，h（x）={e^x}-1-x-\frac{x^2}{2}$，g'（x）=e^x-1．
分类讨论求解单调性，得出h（x）＜h（0）=0，即可证明故${e^x}＜1+x+\frac{x^2}{2}$．
（II）$f'（x）=2{e^2}+\frac{1}{x+1}-\frac{a}{10}≥0?a≤10（{2{e^x}+\frac{1}{1+x}}）$，
因此对一切x＞-1有$a≤10（{2{e^x}+\frac{1}{1+x}}）$．构造函数t（x）=10（2e^x+$\frac{1}{1+x}$），
求解导数$t'（x）=10（{2{e^x}-\frac{1}{{{{（1+x）}^2}}}}），t''（x）=10（{2{e^x}+\frac{1}{{{{（1+x）}^3}}}}）＞0$，
t'（x）在区间$（{-\frac{1}{2}，0}）$上有唯一的零点，记它为x₀，t（x₀）＞28．此28＜t（x₀）＜28.9，
故整数a的最大值为28．

解答 解：（Ⅰ）令$g（x）={e^x}-1-x，h（x）={e^x}-1-x-\frac{x^2}{2}$，g'（x）=e^x-1．
当x＜0时，g'（x）＜0，故g（x）在区间（-∞，0）上为减函数，
当x＞0时，g'（x）＞0，故g（x）在区间（0，+∞）上为增函数，
因此g（x）≥g（0）=0，故e^x≥1+x．h'（x）=g（x）≥g（0）=0，因此h（x）为增函数，
当当x＜0时，h（x）＜h（0）=0，
故${e^x}＜1+x+\frac{x^2}{2}$．
（Ⅱ）函数f（x）的定义域为（-1，+∞），
$f'（x）=2{e^2}+\frac{1}{x+1}-\frac{a}{10}≥0?a≤10（{2{e^x}+\frac{1}{1+x}}）$，
因此对一切x＞-1有$a≤10（{2{e^x}+\frac{1}{1+x}}）$．
令t（x）=10（2e^x+$\frac{1}{1+x}$）
则$t'（x）=10（{2{e^x}-\frac{1}{{{{（1+x）}^2}}}}），t''（x）=10（{2{e^x}+\frac{1}{{{{（1+x）}^3}}}}）＞0$，
故t'（x）为增函数，
又$t'（{-\frac{1}{2}}）=10（{\frac{2}{{\sqrt{e}}}-4}）＜0，t'（0）=1＞0$，
因此t'（x）在区间$（{-\frac{1}{2}，0}）$上有唯一的零点，记它为x₀，
不难知道t（x）_min=t（x₀），因此a≤t（x₀）．
由（Ⅰ）知e^x≥1+x，
则$t（x）=10（{2{e^x}+\frac{1}{1+x}}）≥10[{2（1+x）+\frac{1}{1+x}}]≥20\sqrt{2}＞28$，
因此t（x₀）＞28．
又$t（{x_0}）≤t（-0.2）=10（{2{e^{-0.2}}+\frac{1}{1-0.2}}）＜10[{2（{1-0.2+\frac{{{{0.2}^2}}}{2}}）+\frac{1}{0.8}}]=28.9$，
因此28＜t（x₀）＜28.9，
故整数a的最大值为28．

点评 本题综合考查了导数在解决不等式，函数单调性中的应用，学生的综合分析解决问题的能力，属于中档题．