Question

16．已知函數(shù)f（x）=e^-x+ax（a∈R）
（1）討論f（x）的最值；
（2）若a=0，求證：f（x）＞-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{5}{8}$．

Answer 1

分析 （1）求出f′（x）=-e^-x+a，由a≤0，a＞0兩種情況分類討論，利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能討論f（x）的最大值和最小值．
（2）當(dāng)a=0時，f（x）=e^x，設(shè)g（x）=${e}^{-x}+\frac{1}{2}{x}^{2}-\frac{5}{8}$，則g′（x）=-e^-x+x，設(shè)h（x）=-e^-x+x，則h′（x）=e^-x+1＞0，由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能證明f（x）＞-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{5}{8}$．

解答 解：（1）∵函數(shù)f（x）=e^-x+ax（a∈R），
∴f′（x）=-e^-x+a，
①當(dāng)a≤0時，f′（x）＜0，∴f（x）在R上單調(diào)遞減，
故f（x）不存在最值．
②當(dāng)a＞0時，由f′（x）=0，得x=-lna，
當(dāng)x變化時，f（x）與f′（x）的變化情況如下表：

x	（-∞，-lna）	-lna	（-lna，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	↓	極小值	↑

f（x）在（-∞，-lna）上單調(diào)減，在（-lna，+∞）上單調(diào)遞增，
故f（x）的最小值為f（-lna）=a-alna．不存在最大值．
綜上，當(dāng)a≤0時，f（x）不存在最大值和最小值；當(dāng)a＞0時，最小值為a-alna．不存在最大值．
證明：（2）當(dāng)a=0時，f（x）=e^x，設(shè)g（x）=${e}^{-x}+\frac{1}{2}{x}^{2}-\frac{5}{8}$，
則g′（x）=-e^-x+x，
設(shè)h（x）=-e^-x+x，則h′（x）=e^-x+1＞0，∴g′（x）在R上單調(diào)增，
∵${g}^{'}（\frac{1}{2}）=-\frac{1}{\sqrt{e}}+\frac{1}{2}＜0$，${g}^{'}（1）=-\frac{1}{e}+1＞0$，
∴存在唯一的${x}_{0}∈（\frac{1}{2}，1）$，使得g′（x₀）=0，
當(dāng)x變化時，g（x）與g′（x）的變化情況如下表：

x	（-∞，x0）	x0	（x0，+∞）
g′（x）	-	0	+
g（x）	↓	極小值	↑

g（x）在（-∞，x₀）上單調(diào)遞減，在（x₀，+∞）上單調(diào)遞增，
∴g（x）_min=g（x₀）=${e}^{-{x}_{0}}+\frac{1}{2}{{x}_{0}}^{2}-\frac{5}{8}$，
由g′（x₀）=0，得$-{e}^{-{x}_{0}}$+x₀=0，∴g（x₀）=$\frac{1}{2}{{x}_{0}}^{2}+{{x}_{0}-\frac{5}{8}}^{\;}$，
∵x₀∈（$\frac{1}{2}，1$），∴g（x₀）=$\frac{1}{2}{{x}_{0}}^{2}+{x}_{0}-\frac{5}{8}$＞$\frac{1}{2}×（\frac{1}{2}）^{2}+\frac{1}{2}-\frac{5}{8}$=0，
∴g（x）≥g（x₀）＞0，∴${e}^{-x}＞-\frac{1}{2}{x}^{2}+\frac{5}{8}$，
∴f（x）＞-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{5}{8}$．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用、不等式、函數(shù)等基礎(chǔ)知識，考查考查推理論證能力、運算求解能力、抽象概括能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想、分類與整合思想，是中檔題．