Question

已知函數(shù)f（x）=e^x，g（x）=ax+b（e=2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù)，a，b∈R）．
（1）求函數(shù) y=f（x）+g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）當(dāng)a=-1時(shí)，若函數(shù) y=

1

f(x)+g(x)

在（-1，+∞）上有意義，求b的取值范圍；
（3）如果0≤a≤

1

2

，b=1，求證：當(dāng)x≥0時(shí)，

1

f(x)

+

x

g(x)

≥1．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,其他不等式的解法

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）先求出函數(shù)y=f（x）+g（x）=e^x+ax+b的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，從而得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）當(dāng)a=-1時(shí)，只需e^x-x+b≠0即可，即函數(shù)y=e^x和函數(shù)y=x-b無交點(diǎn)，從而得到b的范圍；
（3）先求出函數(shù)h（x）的導(dǎo)數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為只需證明h（0）為h（x）在（0，+∞）上的最小值，通過討論a的范圍，從而得到答案．

解答： 解：（1）∵f（x）=e^x，g（x）=ax+b，
∴y=f（x）+g（x）=e^x+ax+b，
∴y′=e^x+a，
當(dāng)a≥0時(shí)，y′＞0，函數(shù)y=f（x）+g（x）在（-∞，+∞）遞增，
當(dāng)a＜0時(shí)，令y′＞0，解得：x＞ln（-a），令y′＜0，解得：x＜ln（-a），
∴y=f（x）+g（x）在（-∞，ln（-a））遞減，在（ln（-a），+∞）遞增；
（2）當(dāng)a=-1時(shí)，y=

1

f(x)+g(x)

=

1

ex-x+b

，
若函數(shù) y=

1

f(x)+g(x)

在（-1，+∞）上有意義，
只需e^x-x+b≠0即可，即函數(shù)y=e^x和函數(shù)y=x-b無交點(diǎn)，
當(dāng)y=e^x和y=x-b相切時(shí)，解得：b=-1，
∴b的范圍是（-1，+∞）；
（3）如果0≤a≤

1

2

，b=1，則f（x）=e^x，g（x）=ax+1，
令h（x）=

1

f(x)

+

x

g(x)

=

1

ex

+

x

ax+1

，
∴h′（x）=-e^-x+

1

(ax+1)2

=

1-e-x(ax+1)2

(ax+1)2

，
顯然h（0）=

1

f(0)

+

0

g(0)

=1，
故只需證明h（0）為h（x）在（0，+∞）上的最小值，
當(dāng)a=0時(shí)，h（x）=

1

ex

+x，此時(shí)h′（x）=1-e^-x≥0，故h（x）_min=h（0）=1，
即h（x）≥1也即

1

f(x)

+

x

g(x)

≥1在x≥0時(shí)成立；
當(dāng)0＜a≤

1

2

時(shí)，令k（x）=1-e^-x（ax+1）²，
則k′（x）=e^-x（ax+1）（ax+1-a），
∵0＜a≤

1

2

，∴ax+1≥1，ax+1-a≥1-a≥

1

2

，
又∵e^-x＞0，∴k′（x）＞0，
∴k（x）在0＜a≤

1

2

，x≥0時(shí)遞增，
∴k（x）_min=1-e^-0=0，∴k（x）≥0，
從而h′（x）在x∈[0，+∞），0＜a≤

1

2

時(shí)恒有h′（x）≥0，
∴h（x）在[0，+∞）遞增，∴h（x）≥h（0）=1，
綜上，當(dāng)x≥0，0≤a≤

1

2

，b=1時(shí)，

1

f(x)

+

x

g(x)

≥1．

點(diǎn)評：本題考查了函數(shù)的單調(diào)性問題，考查了函數(shù)的最值問題，考查了導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，不等式的證明，是一道綜合題．