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九师联盟 2024届江西高一3月联考数学试卷答案

12．设S_n为数列{a_n}的前n项和，2a_n+（-1）ⁿ•a_n=2ⁿ+（-1）ⁿ•2ⁿ，则S₁₀=$\frac{2728}{3}$．

分析（1）函数f（x）=$\frac{{e}^{x}+b}{{e}^{x}}$=1+$\frac{b}{{e}^{x}}$，f′（x）=-$\frac{b}{{e}^{-x}}$．利用f′（0）=-b=1，解得b．可得f（x）=1-$\frac{1}{{e}^{x}}$，要证明当x＞-1时，f（x）≥$\frac{x}{x+1}$，即证明e^x≥x+1，令g（x）=e^x-x-1，（x＞-1）．利用当时研究其单调性极值即可得出．
（2）当x≥0时，不等式0≤f（x）=$1-\frac{1}{{e}^{x}}$≤$\frac{x}{ax+1}$，当x≥0，1-e^-x∈[0，1），可得$\frac{x}{ax+1}$≥0，必须a≥0．于是不等式$1-\frac{1}{{e}^{x}}$≤$\frac{x}{ax+1}$恒成立?（ax+1）（1-e^-x）-x≤0在[0，+∞）上恒成立．令u（x）=（ax+1）（1-e^-x）-x，则u′（x）=a（1-e^-x）+（ax+1）e^-x-1，令v（x）=a（1-e^-x）+（ax+1）e^-x-1，v′（x）=e^-x（2a-ax-1）．对a分类讨论：当a=0时，容易验证．当a＞0时，v′（x）=-ae^-x$（x-\frac{2a-1}{a}）$．对a分类讨论：i）若2a-1≤0，即$0＜a≤\frac{1}{2}$时，v′（x）≤0，即可得出ii）若2a-1＞0，即a$＞\frac{1}{2}$时，当$0＜x＜\frac{2a-1}{a}$时，v′（x）＞0舍去．

解答（1）证明：∵f（x）在点（0，f（0））处的切线为x-y=0．可知：切线的斜率为1．
函数f（x）=$\frac{{e}^{x}+b}{{e}^{x}}$=1+$\frac{b}{{e}^{x}}$，f′（x）=-$\frac{b}{{e}^{-x}}$．
∴f′（0）=-b=1，解得b=-1．
∴f（x）=1-$\frac{1}{{e}^{x}}$，
要证明当x＞-1时，f（x）≥$\frac{x}{x+1}$，即证明e^x≥x+1，
令g（x）=e^x-x-1，（x＞-1）．
g′（x）=e^x-1，
当x＞0时，g′（x）＞0，此时函数g（x）单调递增；当0＞x＞-1时，g′（x）＜0，此时函数g（x）单调递减．
∴当x=0时，函数g（x）取得极小值即最小值，g（0）=0，
∴g（x）≥0，
∴e^x≥x+1．
（2）解：当x≥0时，不等式0≤f（x）=$1-\frac{1}{{e}^{x}}$≤$\frac{x}{ax+1}$，
∵x≥0，1-e^-x∈[0，1），∴$\frac{x}{ax+1}$≥0，
若x=0，则a∈R．若x＞0，则ax+1＞0，即a＞-$\frac{1}{x}$恒成立，则a≥0．
于是不等式$1-\frac{1}{{e}^{x}}$≤$\frac{x}{ax+1}$恒成立?（ax+1）（1-e^-x）-x≤0在[0，+∞）上恒成立．
令u（x）=（ax+1）（1-e^-x）-x，u（0）=0，则u′（x）=a（1-e^-x）+（ax+1）e^-x-1，
令v（x）=a（1-e^-x）+（ax+1）e^-x-1，v′（x）=e^-x（2a-ax-1），v（0）=0．
①当a=0时，v′（x）=-e^-x＜0，∴v（x）=u′（x）≤v（0）=0．
∴u（x）在[0，+∞）上单调递减，∴u（x）≤u（0）=0，∴f（x）≤g（x）在[0，+∞）上恒成立．
②当a＞0时，v′（x）=-ae^-x$（x-\frac{2a-1}{a}）$．
i）若2a-1≤0，即$0＜a≤\frac{1}{2}$时，v′（x）≤0，∴v（x）=u′（x）≤v（0）=0．
∴u（x）在[0，+∞）上单调递减，∴u（x）≤u（0）=0，∴f（x）≤g（x）在[0，+∞）上恒成立．
ii）若2a-1＞0，即a$＞\frac{1}{2}$时，当$0＜x＜\frac{2a-1}{a}$时，v′（x）＞0，∴v（x）在$（0，\frac{2a-1}{a}）$上单调递减，
∴v（x）=u′（x）＞v（0）=0．
∴u（x）在$（0，\frac{2a-1}{a}）$上单调递增，∴u（x）＞u（0）=0，∴f（x）＞g（x），不满足条件，舍去．
综上可得：当x≥0时，f（x）≤$\frac{x}{ax+1}$恒成立的实数a的取值范围是$[0，\frac{1}{2}]$．

点评本题考查了利用导数研究其单调性极值与最值、恒成立问题等价转化方法，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．