2010年高考大纲全国II卷理科数学压轴题

设函数$f(x)=1-{\rm e}^{-x}$．

（1）证明：当$x>-1$时，$f(x)\geqslant \dfrac{x}{x+1}$；

（2）设当$x \geqslant 0$时，$f(x)\leqslant \dfrac{x}{ax+1}$，求$a$的取值范围．

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（1）证明    题中不等式即

$$1-\dfrac{1}{{\rm e}^x}\geqslant 1-\dfrac{1}{x+1},$$ 于是只需要证明 $${\rm e} ^x\geqslant x+1,$$ 记$g(x)={\rm e} ^x-x-1$，则其导函数 $$g'(x)={\rm e} ^x-1,$$ 于是$g(x)$在$x=0$处取得最小值$0$，因此 $$\forall x>-1,g(x)\geqslant 0,$$ 原命题得证．

（2）解    分析端点，当$x=0$时，左边和右边均为$0$；而当$x\to+ \infty$时，

$$1-{\rm e}^{-x}\to 1,$$ 而当$a=0$时， $$\dfrac{x}{ax+1}\to +\infty ,$$ 当$a\neq 0$时， $$\dfrac{x}{ax+1}\to \dfrac 1a,$$ 因此得到必要条件$0\leqslant a\leqslant 1$．

否则，若$a<0$，则取$x=-\dfrac 1a+1$，则

$$\dfrac{x}{ax+1}<0<1-{\rm e}^{-x},$$ 矛盾．

若$a>1$，则取$x=\ln\dfrac{a}{a-1}$，则

$$\dfrac{x}{ax+1}<\dfrac 1a=1-{\rm e}^{-x},$$ 矛盾．

于是原命题等价于

$$\forall x\geqslant 0,\dfrac{{\rm e}^x-1}{{\rm e}^x}\cdot (ax+1)\leqslant x,$$ 即 $$\forall x\geqslant 0,{\rm e}^x\left[(1-a)x-1\right]+ax+1\geqslant 0,$$ 记左侧函数为$h(x)$，注意到$h(0)=0$，而其导函数 $$h'(x)={\rm e}^x\left[(1-a)x-a\right]+a,$$ 又$h'(0)=0$，而其导函数 $$h'^\prime (x)={\rm e}^x\left[(1-a)x+1-2a\right],$$ 于是 $$h'^\prime(0)=1-2a \geqslant 0,$$ 从而 $$0\leqslant a\leqslant \dfrac 12.$$

若不然，$a>\dfrac 12$时，考虑区间$\left[0,\dfrac{2a-1}{1-a}\right]$，在该区间上，$h'^\prime (x)\leqslant 0$，于是$h'(x)$单调递减，又$h'(0)=0$，于是$h'(x)<0$，从而$h(x)$单调递减，又$h(0)=0$，于是$h(x)\leqslant 0$，矛盾．

下面证明$0\leqslant a\leqslant \dfrac 12$的充分性．

当$0\leqslant a \leqslant \dfrac 12$时，

$$h'^\prime (x)={\rm e}^x\cdot (1-a)\cdot\left(x+\dfrac{1-2a}{1-a}\right)$$ 对任意$x \geqslant 0$均不小于$0$．于是在区间$[0,+\infty )$上，$h'(x)$单调递增，又$h'(0)=0$，于是$h'(x)\geqslant 0$，进而$h(x)$单调递增，于是$h(x)\geqslant 0$，命题成立．

综上，$a$的取值范围是$\left[0,\dfrac 12\right]$．

注    第一问的结论实际上提示了第二问中$a \leqslant 1$．