Question

1．已知函数f（x）=$\frac{x+a}{{e}^{x}}$（a∈R，其中e≈2.71828…），记f′（x）为函数f（x）的导函数．
（Ⅰ）若曲线y=f（x）在x=0处的切线与直线x+y=0平行，求a的值；
（Ⅱ）求函数f（x）在[-2，+∞）上的最大值；
（Ⅲ）若a=-1，令a_n=f′（n），n∈N⁺，证明：-252＜a₁+a₂+a₃+…+a₂₀₁₈＜$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由求导公式和法则求出f′（x），在点（1，f（1））处的切线与x+y=0平行得：f′（1）=-1，求出a的值；
（Ⅱ）由f′（x）=0求出临界点是x=1-a，根据1-a与-2的大小关系进行分类讨论，分别判断出导数的符号，可求出函数的单调区间；
（Ⅲ）把a=-1代入f′（x）化简，令g（x）=f′（x）并求出g′（x），求出g（x）的单调区间和最小值，利用单调性求出f′（n）的范围，再由放缩法证明结论成立．

解答 解：（Ⅰ）解：由题意得，f′（x）=$\frac{{e}^{x}-（a+x）{e}^{x}}{{（e}^{x}）^{2}}$=$\frac{1-a-x}{{e}^{x}}$，…（2分）
∵在x=0处的切线与直线x+y=0平行，
∴f′（0）=1-a=-1，解得a=2；               …（3分）
（Ⅱ）令f′（x）=$\frac{1-a-x}{{e}^{x}}$=0，得x=1-a，…（4分）
①当a≥3时，在x∈[-2，+∞）上，f′（x）≤0，
∴f（x）在[-2，+∞）上单调递减，
∴f（x）的最大值是f（-2）=e²（a-2）；           …（5分）
②当a＜3时，
当x∈[-2，1-a）时，f′（x）＞0，f（x）在[-2，1-a）上单调递增；
当x∈[1-a，+∞）时，f′（x）≤0，f（x）在[1-a，+∞）上单调递减，
∴f（x）的最大值是f（1-a）=e^a-1；         …（7分）
证明：（Ⅲ）当a=-1时，令g（x）=f′（x）=$\frac{2-x}{{e}^{x}}$，则$g′（x）=\frac{x-3}{{e}^{x}}$，
当x＞3时，g′（x）＞0，∴g（x）在（3，+∞）上单调递增，
当0＜x＜3时，g′（x）＜0，∴g（x）在（0，3）上单调递减，…（8分）
∴f′（x）的最小值是f′（3）=$-\frac{1}{{e}^{3}}$，
∵x＞3时，g（x）=f′（x）=$\frac{2-x}{{e}^{x}}＜0$，…（9分）
当n＞3时，$-\frac{1}{{e}^{3}}$＜f′（n）＜0，
∴$-\frac{2016}{{e}^{3}}$＜a₁+a₂+a₃+…+a₂₀₁₈＜0，…（10分）
又a₁=f′（1）=$\frac{1}{e}$，a₂=f′（2）=0，
∴$\frac{1}{e}-\frac{2016}{{e}^{3}}$＜a₁+a₂+a₃+…+a₂₀₁₈＜$\frac{1}{e}$，
又∵$\frac{1}{e}-\frac{2016}{{e}^{3}}$＞$\frac{1}{e}-\frac{2016}{{2}^{3}}$=$\frac{1}{e}-252＞-252$，$\frac{1}{e}＜\frac{1}{2}$，
∴-252＜a₁+a₂+a₃+…+a₂₀₁₈＜$\frac{1}{2}$，即命题成立．  …（12分）

点评 本题考查导数的几何意义，导数与函数的单调性、极值、最值的关系，利用数列的单调性和放缩法证明不等式，考查分类讨论思想，化简、变形能力，综合性大、难度大．