Question

4．设函数f（x）=$\frac{ax+1}{{e}^{x}}$（a∈R）．
（Ⅰ）当a＞0时，求函数f（x）的单调递增区间；
（Ⅱ）当a≤2时，证明：对任意x∈[0，+∞），f（x）≤x+1恒成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的递增区间即可；
（Ⅱ）a≤0时，f（x）≤x+1成立，0＜a≤2时，令h（x）=$\frac{ax+1}{{e}^{x}}$-x-1，求出h（x）的单调性，从而证出结论．

解答 解：（Ⅰ）∵f′（x）=$\frac{-ax+a-1}{{e}^{x}}$，
∵a＞0，e^x＞0，
∴由f′（x）≥0可得x≤$\frac{a-1}{a}$，
∴a＞0时，f（x）在（-∞，$\frac{a-1}{a}$]递增；
（Ⅱ）（i）a≤0时，f（x）=$\frac{ax+1}{{e}^{x}}$，
由x≥0，得ax+1≤1，
∵e^x≥1，∴$\frac{ax+1}{{e}^{x}}$≤1，
而x+1≥1，∴f（x）≤x+1成立；
（ii）0＜a≤2时，令h（x）=$\frac{ax+1}{{e}^{x}}$-x-1，
则f（x）≤x+1成立等价于h（x）≤0，
h′（x）=$\frac{-ax+a-1}{{e}^{x}}$-1，
∵g（x）=-ax+a-1是减函数且x≥0，
∴g（x）_max=a-1≤1，
∴h′（x）＜0，h（x）在[0，+∞）递减，
∴x≥0时，h（x）≤h（0）=0，
∴f（x）≤x+1恒成立，
综上，a≤2时，对任意x∈[0，+∞），f（x）≤x+1恒成立．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道中档题．