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已知函数f(x)=ex-a(x+2)-b(e为自然对数的底数,a,b∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若对x∈R,f(x)≥0恒成立,求证:(a+1)(b+1)<(1+e2)ee+2.
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已知函数f(x)=ex-a(x+2)-b(e为自然对数的底数,a,b∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若对x∈R,f(x)≥0恒成立,求证:(a+1)(b+1)<(1+e2)ee+2.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若对x∈R,f(x)≥0恒成立,求证:(a+1)(b+1)<(1+e2)ee+2.
▼优质解答
答案和解析
(1)f′(x)=ex-a,
若a≤0,则f′(x)≥0恒成立,则f(x)在区间(-∞,+∞)上单调递增;
若a>0,由f′(x)>0解得x>lna,f(x)在区间(lna,+∞)上单调递增,在区间(-∞,lna)上单调递减.
(2)若a<0,由(1)知f(x)在区间(-∞,+∞)上单调递增,且当x→-∞时,f(x)→-∞,对x∈R,f(x)≥0不能恒成立;
若a=0,则f(x)=ex-b>-b,因为对x∈R,所以-b≥0⇒b≤0,
此时(a+1)(b+1)≤1<(1+e2)e-2,不等式成立;
若a>0,由(1)知f(x)在区间(lna,+∞)上单调递增,在区间(-∞,lna)上单调递减,得函数f(x)的最小值是f(lna)=a-a(lna+2)-b;
∴a-a(lna+2)-b≥0⇒b≤-a-alna,
只需要证明当a>0时,(a+1)(1-a-alna)<(1+e-2)ea,
即证明;
•(1−a−alna)<1+e−2,
记g(x)=
,h(x)=1-x-xlnx,
∵g′(x)=
=
,当x≥0时,g′(x)≤0,∴g(x)在区间[0,+∞)上单调递减,
∴a>0时,g(a)=
<g(0)=1,又g(a)>0,∴0<g(a)<1,
h′(x)=−1−lnx−x•
=−lnx−2,由h′(x)=0⇒x=e-2,且当0<x<e-2时,h′(x)>0,
且当x>e-2时,h′(x)<0,∴h(x)的最大值是h(e-2)=1+e-2,
∴当a>0时,h(a)=1-a-alna≤1+e-2,
∴
•(1−a−alna)<1+e−2,即原不等式成立.
若a≤0,则f′(x)≥0恒成立,则f(x)在区间(-∞,+∞)上单调递增;
若a>0,由f′(x)>0解得x>lna,f(x)在区间(lna,+∞)上单调递增,在区间(-∞,lna)上单调递减.
(2)若a<0,由(1)知f(x)在区间(-∞,+∞)上单调递增,且当x→-∞时,f(x)→-∞,对x∈R,f(x)≥0不能恒成立;
若a=0,则f(x)=ex-b>-b,因为对x∈R,所以-b≥0⇒b≤0,
此时(a+1)(b+1)≤1<(1+e2)e-2,不等式成立;
若a>0,由(1)知f(x)在区间(lna,+∞)上单调递增,在区间(-∞,lna)上单调递减,得函数f(x)的最小值是f(lna)=a-a(lna+2)-b;
∴a-a(lna+2)-b≥0⇒b≤-a-alna,
只需要证明当a>0时,(a+1)(1-a-alna)<(1+e-2)ea,
即证明;
a+1 |
ea |
记g(x)=
x+1 |
ex |
∵g′(x)=
ex−(x+1)ex |
e2x |
−x |
ex |
∴a>0时,g(a)=
a+1 |
ea |
h′(x)=−1−lnx−x•
1 |
x |
且当x>e-2时,h′(x)<0,∴h(x)的最大值是h(e-2)=1+e-2,
∴当a>0时,h(a)=1-a-alna≤1+e-2,
∴
a+1 |
ea |
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