Question

设函数f（x）=e^x+ax+b（a，b∈R），g（x）=

x2

2

．
（Ⅰ）当a=b=0时，求曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程y=h（x）；并证明f（x）≥h（x）（x≥0）恒成立；
（Ⅱ）当b=-1时，若f（x）≥g（x）对于任意的x∈[0，+∞）恒成立，求a的取值范围；
（Ⅲ）求证：

n

i=1

（e 

1

k

^+ln2-2g（

1

k

））＞2n+2ln（n+1）（n∈N₊）．

Answer 1

考点：利用导数研究曲线上某点切线方程,导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）把a=b=0代入函数解析式，求y=f（x）在点（0，f（0））处的导数，得到切线方程y=h（x）然后构造函数F（x）=f（x）-h（x），利用导数求其最小值为F（0），则结论即可证明；
（Ⅱ）当b=-1时，f（x）≥g（x）等价于ex+ax-1≥

x2

2

，构造函数G（x）=ex-

x2

2

+ax-1，求其导函数，分a≥-1和a＜-1讨论，讨论可知a≥-1时f（x）≥g（x）对于任意的x∈[0，+∞）恒成立，a＜-1时不合题意；
（Ⅲ）把要证的结论转化为证

n

k=1

(e

1

k

-

1

2

1

k2

)＞n+ln(1+n)，然后结合（Ⅱ）与（Ⅰ）中的结论采用换元的办法证得

n

k=1

(e

1

k

-

1

2

1

k2

)＞n+ln(1+n)，故

n

i=1

（e 

1

k

^+ln2-2g（

1

k

））＞2n+2ln（n+1）（n∈N₊）．

解答： 解：（Ⅰ）当a=0，b=0时，f（x）=e^x，f′（x）=e^x，
∴f′（0）=1，f（0）=1，
∴曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y-1=1（x-0），
即：y=h（x）=x+1；
证明：令F（x）=f（x）-h（x）=e^x-x-1，
∴F′（x）=e^x-1≥0，
∴F（x）=e^x-x-1单调递增，又F（0）=0，
∴F（x）≥F（0），即e^x≥x+1（x≥0）恒成立；
（Ⅱ）当b=-1时，f（x）≥g（x）等价于ex+ax-1≥

x2

2

，
令G（x）=ex-

x2

2

+ax-1，
∴G′（x）=e^x-x+a，
当a≥-1时，由（1）知G′（x）=e^x-x+a≥e^x-x-1≥0，
∴G（x）=ex-

x2

2

+ax-1单调递增，
又G（0）=0，
∴ex+ax-1≥

x2

2

．
当a＜-1时，G^′′（x）=e^x-1＞0，
∴G′（x）=e^x-x+a单增，
又G′（0）=1+a＜0，
∴存在x₀∈[0，+∞），使G′（x₀）=0，即ex0=x0-a，
∴G（x）在（0，x₀）上单减，在（x₀，+∞）上单增，
又∵G（0）=0，
∴x∈（0，x₀）时，G（x）＜0不合题意，故a≥-1；
（Ⅲ）要证：

n

i=1

（e 

1

k

^+ln2-2g（

1

k

））＞2n+2ln（n+1），
即证2(

n

k=1

e

1

k

-

n

k=1

g(

1

k

))＞2n+2ln(1+n)，
也就是

n

k=1

(e

1

k

-

1

2

1

k2

)＞n+ln(1+n)．
由（Ⅱ），令a=-1可知：ex≥

x2

2

+1+x，
令x=

1

k

(k∈N*)，
则e

1

k

≥1+

1

k

+

1

2

•

1

k2

，
∴

n

k=1

e

1

k

≥n+

n

k=1

1

k

+

1

2

n

k=1

1

k2

，
又由（Ⅰ）可知：e^x＞1+x（x＞0），
∴x＞ln（1+x），
令x=

1

k

，k∈N*，
∴

1

k

＞ln(1+

1

k

)，
∴

n

k=1

1

k

＞

n

k=1

ln(1+

1

k

)=ln(1+n)，
∴

n

k=1

e

1

k

＞n+ln(1+n)+

n

k=1

1

2k2

，
即

n

k=1

(e

1

k

-

1

2

1

k2

)＞n+ln(1+n)，
故

n

i=1

（e 

1

k

^+ln2-2g（

1

k

））＞2n+2ln（n+1）（n∈N₊）．

点评：本题考查了利用导数求过曲线上某点处的切线方程，考查了利用导数求函数的最值，考查了分类讨论、数学转化等数学思想方法，综合考查了学生的推理运算，逻辑思维等能力，是难度较大的题目．