2010年高考压轴题
题目
设函数 $f(x) = 1 - e^{-x}$。
(1) 证明：当 $x > -1$ 时，$f(x) \geq \frac{x}{x+1}$；
(2) 设当 $x \geq 0$ 时，$f(x) \leq \frac{x}{ax + 1}$，求 $a$ 的取值范围。
题解
(1)
要证 $1 - e^{-x} \geq \frac{x}{x+1}$（$x > -1$），等价变形：
而 $e^{x} \geq x + 1$ 是熟知的不等式，对所有实数 $x$ 成立（由 $e^x$ 的凸性，$y=x+1$ 是其 $x=0$ 处的切线），当且仅当 $x = 0$ 时取等号。
上述变形中，由 $x > -1$ 知 $x+1 > 0$，不等号方向不变，因此等价性成立。
故当 $x > -1$ 时，$f(x) \geq \frac{x}{x+1}$，等号当且仅当 $x = 0$ 时成立。
(2)
$f(x) \leq \frac{x}{ax+1}$ 对一切 $x \geq 0$ 成立。
第一步：确定 $a$ 的必要条件。
分母 $ax+1$ 在 $x \geq 0$ 上须恒正。若 $a < 0$，则当 $x$ 充分大时 $ax+1 < 0$，不等式无意义（或右侧为负而左侧 $f(x) \geq 0$，不等式不成立）。故 $a \geq 0$。
构造函数 $g(x) = (1 - e^{-x})(ax+1) - x$，$x \geq 0$，则条件等价于 $g(x) \leq 0$。
显然 $g(0) = 0$。求导：
$g’(0) = 0$。再求导：
若 $g(x) \leq 0$ 在 $x \geq 0$ 上恒成立，由 $g(0)=g’(0)=0$，在 $x=0$ 附近须有 $g’’(0) \leq 0$（否则 $g$ 在 $0$ 右侧先增后…会突破 $0$）。而 $g’’(0) = 2a-1$，故 $2a-1 \leq 0$，即 $a \leq \frac{1}{2}$。
第二步：验证 $a \in [0, \frac{1}{2}]$ 的充分性。
当 $0 \leq a \leq \frac{1}{2}$ 时，对 $x > 0$：
- $2a-1 \leq 0$，且 $-ax \leq 0$，
- 故 $g’’(x) = e^{-x}(2a-1-ax) < 0$ 恒成立。
$g’’(x) < 0$ 意味着 $g’(x)$ 严格递减。结合 $g’(0)=0$，得 $g’(x) < 0$（$x > 0$）。进而 $g(x)$ 严格递减，结合 $g(0)=0$，得 $g(x) < 0$（$x > 0$）。
因此 $0 \leq a \leq \frac{1}{2}$ 时不等式恒成立。
第三步：排除 $a > \frac{1}{2}$。
当 $a > \frac{1}{2}$ 时，$g’’(0) = 2a-1 > 0$。由 $g’’$ 连续可知存在 $\delta > 0$，使 $x \in (0, \delta)$ 时 $g’’(x) > 0$。结合 $g’(0)=0$，得 $g’(x) > 0$（$x \in (0, \delta)$），进而 $g(x) > 0$（$x \in (0, \delta)$）。这与 $g(x) \leq 0$ 矛盾。
综上，$a$ 的取值范围为 $\left[0, \frac{1}{2}\right]$。
总结
第 (1) 问本质是经典不等式 $e^x \geq x+1$ 的等价变形。第 (2) 问是典型的含参不等式恒成立问题，通过构造函数、两次求导、分析 $x=0$ 处的局部行为确定参数上界，再验证充分性。整体考查了不等式等价变形、导数应用和分类讨论的能力，难度适中。