（12分）设函数f ( × ) = 1 ~ - ~ e ^…——2010 高考数学第 22 题答案解析

【考点】6E：利用导数研究函数的最值

【专题】15：综合题；16：压轴题

【分析】（1）将函数f（x）的解析式代入f $( \mathbf { x } ) \geq \frac { \mathbf { x } } { \mathbf { x } + 1 }$ 整理成 $\mathsf { e } ^ { \mathsf { x } } { \ge } 1 ^ { + } \mathsf { x }$ ，组成新函数 $\bf \dot { g } ^ { \mathrm { ~ \scriptsize ~ ( ~ x ~ ) ~ } } = e ^ { \bf x } - x - 1$ ，然后根据其导函数判断单调性进而可求出函数 ${ \bf \dot { \mathbf { g } } } ^ { \mathrm { ~ \tiny ~ ( ~ } } { \bf \times } \mathbf { ) }$ 的最小值g（0），进而 ${ \textbf { g } } ( { \textbf { x } } ) \geq { \textbf { g } } ( 0 )$ 可得证

（2）先确定函数f（x）的取值范围，然后对a分 $\mathtt { a } < 0$ 和 $\mathtt { a } { \ge } 0$ 两种情况进行讨论

当a＜0时根据x的范围可直接得到f $( \mathbf { x } ) \leq \frac { \mathbf { x } } { \mathbf { \bar { a } } \mathbf { x } + 1 }$ 不成立；当a≥0时，令h $\mathbf { \Psi } ( \mathbf { x } ) \mathbf { \Psi } =$ ${ \sf a } { \sf x } { \sf f } ( { \sf x } ) + { \sf f } ( { \sf x } ) - { \sf x } ,$ ，然后对函数h（x）进行求导，根据导函数判断单调性并求出最值，求a的范围

【解答】解：（1）当 $| { \mathsf X } > - 1$ 时， ${ \textsf { f } } \left( \mathbf { x } \right) \geq \frac { \mathbf { x } } { \mathbf { x } + 1 }$ 当且仅当 $\mathsf { e } ^ { \mathsf { x } } \ge \mathsf { 1 } ^ { + } \mathsf { x }$

令g $( { \bf { x } } ) \ { \bf { \Lambda } } { = } { \bf { e } } ^ { \bf { x } \mathrm { ~ - ~ } { \bf { x } } \mathrm { ~ - ~ } 1 }$ ，则 ${ \bf g } ^ { \prime } ( \bf x ) \delta = e ^ { \bf x } - 1$

当x≥0时g'（x）≥0，g（x）在[0，+∞）是增函数

当x≤0时g'（x）≤0，g（x）在（﹣∞，0]是减函数

于是g（x）在x=0处达到最小值，因而当 $\tt x \in \tt R$ 时，g（x）≥g（0）时，即 $\mathsf { e } ^ { \mathsf { x } } { \ge } 1 ^ { + } \mathsf { x }$ 所以当x＞﹣1时， ${ \textsf { f } } \left( \mathbf { x } \right) \geq \frac { \mathbf { x } } { \mathbf { x } + 1 }$

> ②由题意x≥0，此时f（x）≥0

当a＜0时，若 $x > - \frac { 1 } { \bar { \mathsf { a } } }$ ，则 $\frac { x } { \bar { \mathbf { a } } \mathbf { x } + 1 } < 0 , \textsf { f } \left( \mathbf { x } \right) \leq \frac { \mathbf { x } } { \bar { \mathbf { a } } \mathbf { x } + 1 }$ 不成立；

当a≥0时，令h $( { \bf x } ) { \bf \Psi } = { \bf a } { \bf x } { \bf f } { \bf \Psi } ( { \bf x } ) + { \bf f } { \bf \Psi } ( { \bf x } ) - { \bf x } ,$ ，则

${ \textsf { f } } \left( { \textsf { x } } \right) \leq \frac { { \texttt { x } } } { { \tt a x } + 1 }$ 当且仅当h（x）≤0

因为f ${ \bf \Pi } ( \times ) \ { \bf \Pi } { = } 1 \mathrm { - } \ { \bf e } ^ { \mathrm { - } \times }$ ，所以h' $( \mathbf { x } ) = \partial \mathbf { f } ( \mathbf { x } ) + \partial { \mathbf { x } } { \mathbf { f } } ^ { \intercal } ( \mathbf { x } ) + { \mathbf { f } } ^ { \intercal } ( \mathbf { x } ) - 1 = \partial \mathbf { f } ( \mathbf { x } ) - \partial { \mathbf { x } } { \mathbf { f } } ( \mathbf { x } ) $ x）+ax﹣f（x）

（i）当 $\boldsymbol { 0 } { \le } \mathsf { a } { \le } \frac { 1 } { 2 }$ 时，由（1）知x≤（x+1）f（x）

h'（x）≤af（x）﹣axf（x）+a（x+1）f（x）﹣f（x） =（2a﹣1）f（x）≤0，

h（x）在[0，+∞）是减函数，h（x）≤h（0）=0，即f $\begin{array} { r } { \mathbf { \rho } ( \mathbf { x } ) \leq \frac { \mathbf { x } } { \mathbf { \rho } _ { \mathtt { a x } + 1 } } ; } \end{array}$

（ii）当 $a { > } \frac { 1 } { 2 }$ 时，由 $\scriptstyle { \mathfrak { J } } = \mathbf { x } \ - \textsf { f } \ \left( \mathbf { x } \right) \ = \mathbf { x } \ - \ 1 + \mathbf { e } \ ^ { - \mathbf { x } }$

$\mathsf { y } ^ { \prime } { = } 1 - \mathsf { e } ^ { - \mathsf { x } } , \quad \mathsf { x } { > } 0$ 时，函数y递增； $\mathsf { x } { < } 0$ ，函数y递减

可得x=0处函数y取得最小值0，即有x≥f（x）

$$ { \texttt { h } } ^ { ! } ( \textbf { x } ) = \mathbf { a } { \texttt { f } } ( \textbf { x } ) - \mathbf { a } \mathbf { x } { \texttt { f } } ( \mathbf { x } ) + \mathbf { a } \mathbf { x } - { \texttt { f } } ( \mathbf { x } ) \geq \mathbf { a } { \texttt { f } } ( \mathbf { x } ) - \mathbf { a } \mathbf { x } { \texttt { f } } ( \mathbf { x } ) + \mathbf { a } { \texttt { f } } ( \mathbf { x } ) - { \texttt { f } } ( \mathbf { x } ) = 0 $$

$$ 2 { \mathsf { a } } - 1 - { \mathsf { a } } { \mathsf { x } } ) { \mathsf { \Omega } } \mathsf { f } \left( { \mathsf { x } } \right) $$

当 $\scriptstyle 0 < x < { \frac { 2 \bar { \mathbf { a } } - 1 } { \bar { \mathbf { a } } } }$ 时， $\mathfrak { h } ^ { \prime } \mathbf { \Psi } ( \mathbf { x } ) \mathbf { \Psi } > 0$ ，所以h' $\mathbf { \Psi } ( \mathbf { x } ) \mathbf { \Psi } > 0$ ，所以h $( \mathsf { x } ) > \mathsf { h } \ ( 0 ) \ = \mathsf { 0 }$ ，即f（x） $> \frac { \texttt { x } } { \texttt { a x } + 1 }$

综上，a的取值范围是[0， $\textstyle { \frac { 1 } { 2 } } ]$

【点评】本题主要考查导数的应用和利用导数证明不等式，考查考生综合运用知识的能力及分类讨论的思想，考查考生的计算能力及分析问题、解决问题的能力；导数常作为高考的压轴题，对考生的能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力．估计以后对导数的考查力度不会减弱．作为压轴题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题，利用导数证明不等式等，常伴随对参数的讨论，这也是难点之所在