Question

已知函數(shù)f（x）=（ax+1）e^x
（Ⅰ）若a=-1，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）當(dāng)a＞0時(shí)，求函數(shù)f（x）在[-2，0]的最小值；
（Ⅲ）設(shè)n∈N，a=0，F(xiàn)（x）=f（x）-x，求證：

(n+1)(n+2)

2

＜

en+1

e-1

．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問(wèn)題中的應(yīng)用

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）當(dāng)a=-1時(shí)，代入到解析式中，并求導(dǎo)分析．
（Ⅱ）當(dāng)a＞0時(shí)，f′（x）=e^x（ax+a+1），
分成-

a+1

a

＞-2和-

a+1

a

≤-2兩種情況分別討論其性質(zhì)從而確定其最小值．
（Ⅲ）a=0時(shí)，不難得出F（x）≥1，即e^x-x≥1…（*），在（*）式中，分別令x=0，1，2，…n，再將各式相加即可證明．

解答： 解：（Ⅰ）當(dāng)a=-1時(shí)，f′（x）=（-1）e^x+（-x+1）e^x=-xe^x，
令f′（x）＞0，x＜0；令f′（x）＜0，x＞0，
∴f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（-∞，0），單調(diào)遞減區(qū)間是（0，+∞）．
（Ⅱ）當(dāng)a＞0時(shí)，f′（x）=e^x（ax+a+1），
令f′（x）＞0，x＞-

a+1

a

；令f′（x）＜0，x＜-

a+1

a

，
①當(dāng)

a＞0 - a+1 a ＞-2

時(shí)，即當(dāng)a＞1時(shí)，
f（x）在(-2，-

a+1

a

)上是減函數(shù)，在(-

a+1

a

，0)上是增函數(shù)，
則函數(shù)f（x）在區(qū)間[-2，0]上的最小值為f(-

a+1

a

)=-ae

a+1

a

，
②當(dāng)

a＞0 - a+1 a ≤-2

時(shí)，即當(dāng)0＜a≤1時(shí)，f（x）在[-2，0]上是增函數(shù)，
則函數(shù)f（x）在區(qū)間[-2，0]上的最小值為f（-2）=

1-2a

e2

，
綜上所述：當(dāng)a＞1時(shí)，f（x）在區(qū)間[-2，0]上的最小值為-ae

a+1

a

，
當(dāng)0＜a≤1時(shí)，f（x）在區(qū)間[-2，0]上的最小值為

1-2a

e2

．
（Ⅲ）當(dāng)a=0時(shí)，F(xiàn)（x）在（-∞，0）上單調(diào)遞減，在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴F（x）≥F（0）=1，∴e^x-x≥1，
令x=n，則e⁰-0=1，e¹-1≥1，e²-2≥1，…，eⁿ-n≥1，
以上各式疊加可得：（e⁰+e¹+e²+…+eⁿ）-（0+1+2+3+…n）≥n+1，
∴

e0(1-en+1)

1-e

-

(n+1)(0+n)

2

≥n+1，
∴

1-en+1

1-e

≥(n+1)+

n(n+1)

2

=

(n+1)(n+2)

2

，
∴

(n+1)(n+2)

2

≤

1-en+1

1-e

＜

en+1

e-1

（n∈N）成立．

點(diǎn)評(píng)：利用導(dǎo)數(shù)的相關(guān)知識(shí)證明不等式是近幾年各省高考中經(jīng)常出現(xiàn)的題型，常用的思想方法有分類討論，數(shù)形結(jié)合，代數(shù)變形，問(wèn)題轉(zhuǎn)化等等．本題中，特別是第三問(wèn)中，“已知a=0”給解題減少了阻礙．