| 模型 | 模型答案 | 正确答案 |
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| 金声玉亮2.0 | (1)【解析】 首先，我们讨论函数 \( f(x) = \frac{x-2}{x+2} e^x \) 的单调性。 1. 计算 \( f(x) \) 的导数： \[ f(x) = \frac{x-2}{x+2} e^x \] 使用商的导数公式： \[ f'(x) = \left( \frac{u}{v} \right)' = \frac{u'v - uv'}{v^2} \] 其中 \( u = (x-2)e^x \) 和 \( v = x+2 \)。 2. 计算 \( u' \) 和 \( v' \)： \[ u' = \frac{d}{dx}[(x-2)e^x] = e^x + (x-2)e^x = (x-1)e^x \] \[ v' = \frac{d}{dx}[x+2] = 1 \] 3. 代入导数公式： \[ f'(x) = \frac{(x-1)e^x (x+2) - (x-2)e^x \cdot 1}{(x+2)^2} \] \[ f'(x) = \frac{(x^2 + x - 2 + 2x - 2)e^x - (x-2)e^x}{(x+2)^2} \] \[ f'(x) = \frac{(x^2 + 3x - 4)e^x - (x-2)e^x}{(x+2)^2} \] \[ f'(x) = \frac{(x^2 + 3x - 4 - x + 2)e^x}{(x+2)^2} \] \[ f'(x) = \frac{(x^2 + 2x - 2)e^x}{(x+2)^2} \] 4. 分析 \( f'(x) \) 的符号： \[ f'(x) = \frac{(x^2 + 2x - 2)e^x}{(x+2)^2} \] 由于 \( e^x > 0 \) 对所有 \( x \) 都成立，且 \( (x+2)^2 > 0 \) 对所有 \( x \neq -2 \) 都成立，因此 \( f'(x) \) 的符号取决于 \( x^2 + 2x - 2 \)。 5. 解方程 \( x^2 + 2x - 2 = 0 \)： \[ x = \frac{-2 \pm \sqrt{4 + 8}}{2} = -1 \pm \sqrt{3} \] 6. 分析 \( x^2 + 2x - 2 \) 的符号： 当 \( x < -1 - \sqrt{3} \) 或 \( x > -1 + \sqrt{3} \) 时，\( x^2 + 2x - 2 > 0 \)，即 \( f'(x) > 0 \)，函数单调递增； 当 \( -1 - \sqrt{3} < x < -1 + \sqrt{3} \) 时，\( x^2 + 2x - 2 < 0 \)，即 \( f'(x) < 0 \)，函数单调递减。 接下来证明当 \( x > 0 \) 时，\( (x-2)e^x + x + 2 > 0 \)。 1. 令 \( h(x) = (x-2)e^x + x + 2 \)，计算 \( h(x) \) 的导数： \[ h'(x) = \frac{d}{dx}[(x-2)e^x + x + 2] \] \[ h'(x) = (x-2)e^x + e^x + 1 \] \[ h'(x) = (x-1)e^x + 1 \] 2. 分析 \( h'(x) \) 的符号： 当 \( x > 0 \) 时，\( (x-1)e^x \geq -e^x \)，且 \( e^x > 1 \)，因此 \( h'(x) > 0 \)，即 \( h(x) \) 在 \( x > 0 \) 时单调递增。 3. 计算 \( h(0) \)： \[ h(0) = (0-2)e^0 + 0 + 2 = -2 + 2 = 0 \] 由于 \( h(x) \) 在 \( x > 0 \) 时单调递增且 \( h(0) = 0 \)，所以当 \( x > 0 \) 时，\( h(x) > 0 \)。 综上所述，当 \( x > 0 \) 时，\( (x-2)e^x + x + 2 > 0 \)。 <eoe> 【答案】函数 \( f(x) = \frac{x-2}{x+2} e^x \) 在 \( x < -1 - \sqrt{3} \) 或 \( x > -1 + \sqrt{3} \) 时单调递增，在 \( -1 - \sqrt{3} < x < -1 + \sqrt{3} \) 时单调递减。当 \( x > 0 \) 时，\( (x-2)e^x + x + 2 > 0 \)。<eoa> (2)【解析】 我们需要证明当 \( a \in [0, 1) \) 时，函数 \( g(x) = \frac{e^x - ax - a}{x^2} \) 在 \( x > 0 \) 时有最小值，并求出最小值的值域。 1. 计算 \( g(x) \) 的导数： \[ g(x) = \frac{e^x - ax - a}{x^2} \] 使用商的导数公式： \[ g'(x) = \left( \frac{u}{v} \right)' = \frac{u'v - uv'}{v^2} \] 其中 \( u = e^x - ax - a \) 和 \( v = x^2 \)。 2. 计算 \( u' \) 和 \( v' \)： \[ u' = \frac{d}{dx}[e^x - ax - a] = e^x - a \] \[ v' = \frac{d}{dx}[x^2] = 2x \] 3. 代入导数公式： \[ g'(x) = \frac{(e^x - a)x^2 - (e^x - ax - a) \cdot 2x}{x^4} \] \[ g'(x) = \frac{(e^x x^2 - ax^2 - 2xe^x + 2ax + 2a)}{x^4} \] \[ g'(x) = \frac{e^x x^2 - 2xe^x - ax^2 + 2ax + 2a}{x^4} \] \[ g'(x) = \frac{e^x (x^2 - 2x) - ax(x - 2) + 2a}{x^4} \] \[ g'(x) = \frac{e^x x(x - 2) - ax(x - 2) + 2a}{x^4} \] \[ g'(x) = \frac{(e^x - a)x(x - 2) + 2a}{x^4} \] 4. 令 \( g'(x) = 0 \)： \[ (e^x - a)x(x - 2) + 2a = 0 \] \[ (e^x - a)x(x - 2) = -2a \] 5. 分析 \( g(x) \) 的极值点： 由于 \( e^x \) 是指数函数，且 \( a \in [0, 1) \)，我们可以通过数值方法或图形分析找到 \( g(x) \) 的极值点。 6. 计算 \( g(x) \) 在极值点的值： 假设 \( x = x_0 \) 是极值点，代入 \( g(x) \) 计算 \( g(x_0) \)。 7. 分析 \( g(x) \) 的最小值： 由于 \( g(x) \) 在 \( x > 0 \) 时有极小值，且 \( g(x) \) 在 \( x \to 0^+ \) 和 \( x \to \infty \) 时趋向无穷大，因此 \( g(x) \) 在 \( x > 0 \) 时有最小值。 8. 设 \( g(x) \) 的最小值为 \( h(a) \)，求 \( h(a) \) 的值域： 由于 \( a \in [0, 1) \)，我们可以通过数值方法或图形分析找到 \( h(a) \) 的值域。 <eoe> 【答案】当 \( a \in [0, 1) \) 时，函数 \( g(x) = \frac{e^x - ax - a}{x^2} \) 在 \( x > 0 \) 时有最小值。设 \( g(x) \) 的最小值为 \( h(a) \)，\( h(a) \) 的值域可以通过数值方法或图形分析确定。<eoa> |
解: (1) 证明: $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ $f^{\prime}(x)=e^{x}\left(\frac{x-2}{x+2}+\frac{4}{(x+2)^{2}}\right)=\frac{x^{2} e^{x}}{(x+2)^{2}}$ $\because$ 当 $x \in(-\infty,-2) \cup(-2,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x) \geqslant 0$ $\therefore f(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,+\infty)$ 上单调递增 $\therefore x>0$ 时, $\frac{x-2}{x+2} e^{x}>f(0)=-1$ 即 $(x-2) e^{x+x+2}>0$ (2) $g^{\prime}(x)=\frac{\left(e^{x}-a\right) x^{2}-2 x\left(e^{x}-a x-a\right)}{x^{4}}$ $=\frac{x\left(x e^{x}-2 e^{x}+a x+2 a\right)}{x^{4}}=\frac{(x+2)\left(\frac{x-2}{x+2} \cdot e^{x}+a\right)}{x^{3}}$ $\mathrm{a} \in[0,1)$ 由 (1) 知, 当 $x>0$ 时, $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ 的值域为 $(-1,+\infty)$, 只有一解使得 $\frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}=-a$, 只需 $\frac{t-2}{t+2} \bullet e^{t} \leqslant 0$ 恒成立, 可得 $-2<t \leqslant 2$, 由 $x>0$, 可得 $t \in(0,2]$ 当 $x \in(0, t)$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调减; 当 $x \in(t,+\infty), g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调增; $h(a)=\frac{e^{t}-a(t+1)}{t^{2}}=\frac{e^{t}+(t+1) \frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}}{t^{2}}=\frac{e^{t}}{t+2}$ 记 $k(t)=\frac{e^{t}}{t+2}$, 在 $t \in(0,2]$ 时, $k^{\prime}(t)=\frac{e^{t}(t+1)}{(t+2)^{2}}>0$, 故 $k(t)$ 单调递增, 所以 $h(a)=k(t) \in\left(\frac{1}{2}, \frac{e^{2}}{4}\right]$. |
| deepseekr1 | (1)【解析】 首先讨论函数 \( f(x) = \frac{x-2}{x+2} e^x \) 的单调性。求导数： \[ f'(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{x-2}{x+2} \right) e^x + \frac{x-2}{x+2} e^x = \frac{4}{(x+2)^2} e^x + \frac{x-2}{x+2} e^x. \] 通分后得： \[ f'(x) = e^x \cdot \frac{x^2}{(x+2)^2}. \] 由于 \( e^x > 0 \) 且 \( (x+2)^2 > 0 \)，故 \( f'(x) \geq 0 \)，当且仅当 \( x = 0 \) 时导数为零。因此，\( f(x) \) 在 \( (-2, +\infty) \) 上单调递增。 接下来证明当 \( x > 0 \) 时，\( (x-2)e^x + x + 2 > 0 \)。令 \( F(x) = (x-2)e^x + x + 2 \)，求导： \[ F'(x) = (x-1)e^x + 1. \] 当 \( x > 0 \) 时，分析 \( F'(x) \) 的符号。进一步求二阶导数： \[ F''(x) = x e^x > 0 \quad (x > 0), \] 故 \( F'(x) \) 在 \( x > 0 \) 时递增。由于 \( F'(0) = 0 \)，且 \( F'(x) \) 在 \( x > 0 \) 时递增，故 \( F'(x) \geq 0 \)。因此，\( F(x) \) 在 \( x \geq 0 \) 时递增。结合 \( F(0) = 0 \)，当 \( x > 0 \) 时，\( F(x) > 0 \)，即原不等式成立。 <eoe> 【答案】 (I) 函数 \( f(x) \) 在 \( (-2, +\infty) \) 上单调递增。证明过程如下： 1. 求导得 \( f'(x) = e^x \cdot \frac{x^2}{(x+2)^2} \geq 0 \)，故单调递增。 2. 构造函数 \( F(x) = (x-2)e^x + x + 2 \)，证明其导数为非负，且 \( F(x) \) 在 \( x > 0 \) 时递增，结合 \( F(0) = 0 \) 得证。 (II) 当 \( a \in [0,1) \) 时，\( g(x) \) 存在最小值 \( h(a) \)，其值域为 \( \left( \frac{1}{2}, \frac{e^2}{4} \right] \)。证明过程如下： 1. 求导 \( g'(x) = \frac{(x-2)e^x + a(x+2)}{x^3} \)，方程 \( (x-2)e^x + a(x+2) = 0 \) 在 \( x > 0 \) 时有解，且导数为零点为极小值。 2. 通过参数化 \( t = x_0 \)，得 \( h(a) = \frac{e^t}{t+2} \)，分析其在 \( t \in (0,2] \) 时单调递增，故值域为 \( \left( \frac{1}{2}, \frac{e^2}{4} \right] \)。 <eoa> (2)【解析】 对于函数 \( g(x) = \frac{e^x - a x - a}{x^2} \) (\( x > 0 \))，求导得： \[ g'(x) = \frac{(x-2)e^x + a(x+2)}{x^3}. \] 令分子为零得方程 \( (x-2)e^x + a(x+2) = 0 \)。当 \( a \in [0,1) \) 时，分析方程解的存在性： - 当 \( x \to 0^+ \)，左边趋近于 \( -2 + 2a < 0 \)； - 当 \( x \to +\infty \)，左边趋近于 \( +\infty \)。由介值定理知存在解 \( x_0 > 0 \)，且该点为极小值点，故 \( g(x) \) 有最小值。 设解为 \( x_0 \)，则 \( h(a) = \frac{e^{x_0} - a x_0 - a}{x_0^2} \)。通过参数化 \( t = x_0 \)，并代入方程得： \[ a = \frac{(2-t)e^t}{t+2}. \] 此时 \( h(a) = \frac{e^t}{t+2} \)。当 \( a \in [0,1) \) 时，\( t \) 从 2 递减至 0，对应 \( h(a) \) 的值域为 \( \left( \frac{1}{2}, \frac{e^2}{4} \right] \)。 <eoe> 【答案】 (I) 函数 \( f(x) \) 在 \( (-2, +\infty) \) 上单调递增，且当 \( x > 0 \) 时 \( (x-2)e^x + x + 2 > 0 \)，证明见解析。 (II) 当 \( a \in [0,1) \) 时，函数 \( g(x) \) 的最小值 \( h(a) \) 的值域为 \( \left( \frac{1}{2}, \frac{e^2}{4} \right] \)。 <eoa> |
解: (1) 证明: $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ $f^{\prime}(x)=e^{x}\left(\frac{x-2}{x+2}+\frac{4}{(x+2)^{2}}\right)=\frac{x^{2} e^{x}}{(x+2)^{2}}$ $\because$ 当 $x \in(-\infty,-2) \cup(-2,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x) \geqslant 0$ $\therefore f(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,+\infty)$ 上单调递增 $\therefore x>0$ 时, $\frac{x-2}{x+2} e^{x}>f(0)=-1$ 即 $(x-2) e^{x+x+2}>0$ (2) $g^{\prime}(x)=\frac{\left(e^{x}-a\right) x^{2}-2 x\left(e^{x}-a x-a\right)}{x^{4}}$ $=\frac{x\left(x e^{x}-2 e^{x}+a x+2 a\right)}{x^{4}}=\frac{(x+2)\left(\frac{x-2}{x+2} \cdot e^{x}+a\right)}{x^{3}}$ $\mathrm{a} \in[0,1)$ 由 (1) 知, 当 $x>0$ 时, $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ 的值域为 $(-1,+\infty)$, 只有一解使得 $\frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}=-a$, 只需 $\frac{t-2}{t+2} \bullet e^{t} \leqslant 0$ 恒成立, 可得 $-2<t \leqslant 2$, 由 $x>0$, 可得 $t \in(0,2]$ 当 $x \in(0, t)$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调减; 当 $x \in(t,+\infty), g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调增; $h(a)=\frac{e^{t}-a(t+1)}{t^{2}}=\frac{e^{t}+(t+1) \frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}}{t^{2}}=\frac{e^{t}}{t+2}$ 记 $k(t)=\frac{e^{t}}{t+2}$, 在 $t \in(0,2]$ 时, $k^{\prime}(t)=\frac{e^{t}(t+1)}{(t+2)^{2}}>0$, 故 $k(t)$ 单调递增, 所以 $h(a)=k(t) \in\left(\frac{1}{2}, \frac{e^{2}}{4}\right]$. |
| gpto1 | (1)【解析】 **第一步：讨论函数 \( f(x)=\dfrac{x-2}{x+2}e^{x} \) 的单调性** 为了讨论 \( f(x) \) 的单调性，我们需要求它的导数 \( f'(x) \)。 首先，计算 \( f(x) \) 的导数： 设 \[ f(x) = \left( \dfrac{x-2}{x+2} \right) e^{x} \] 令 \[ v(x) = \dfrac{x-2}{x+2}, \quad u(x) = e^{x} \] 则 \[ f(x) = v(x) u(x) \] 利用乘积法则，导数为： \[ f'(x) = v'(x) u(x) + v(x) u'(x) \] 计算 \( v'(x) \)： \[ v'(x) = \dfrac{(1)(x+2) - (x-2)(1)}{(x+2)^2} = \dfrac{(x+2)-(x-2)}{(x+2)^2} = \dfrac{4}{(x+2)^2} \] 计算 \( u'(x) \)： \[ u'(x) = e^{x} \] 因此， \[ f'(x) = \left( \dfrac{4}{(x+2)^2} \right) e^{x} + \left( \dfrac{x-2}{x+2} \right) e^{x} \] 合并同类项，通分得到： \[ f'(x) = e^{x} \left( \dfrac{4}{(x+2)^2} + \dfrac{x-2}{x+2} \right) = e^{x} \left( \dfrac{4(x+2) + (x-2)(x+2)}{(x+2)^3} \right) \] 展开并计算分子： \[ 4(x+2) + (x-2)(x+2) = 4(x+2) + x^2 - 4 = 4x +8 + x^2 -4 = x^2 + 4x +4 \] 注意到： \[ x^2 + 4x +4 = (x+2)^2 \] 因此， \[ f'(x) = e^{x} \dfrac{(x+2)^2}{(x+2)^3} = e^{x} \dfrac{1}{x+2} \] 然而这里有误，我们应该重新计算。 实际上，分子计算结果应该是： \[ 4(x+2) + (x-2)(x+2) = 4(x+2) + (x^2 -4) = 4x +8 + x^2 -4 = x^2 +4x +4 \] 所以分子为 \( (x+2)^2 \)。 因此，导数为： \[ f'(x) = e^{x} \dfrac{(x+2)^2}{(x+2)^3} = e^{x} \dfrac{1}{x+2} \] 因此， \[ f'(x) = \dfrac{e^{x}}{x+2} \] 因为 \( e^{x} > 0 \)，且当 \( x \ne -2 \) 时，\( x+2 \ne 0 \)。 当 \( x > -2 \) 时，\( x+2 > 0 \)，所以 \( f'(x) > 0 \) 当 \( x < -2 \) 时，\( x+2 < 0 \)，所以 \( f'(x) < 0 \) 因此，函数 \( f(x) \) 在 \( x = -2 \) 处有垂直渐近线，在 \( x > -2 \) 上单调递增，在 \( x < -2 \) 上单调递减。 **第二步：证明当 \( x>0 \) 时，\( (x-2)e^{x} + x+2 > 0 \)** 我们注意到： \[ (x-2)e^{x} + x+2 = e^{x}(x-2) + x+2 \] 设 \( F(x) = e^{x}(x-2) + x+2 \) 利用前面的结果，注意到 \( f(x) = \left( \dfrac{x-2}{x+2} \right)e^{x} \)，则有： \[ f(x)(x+2) = (x-2)e^{x} \] 因此， \[ (x-2)e^{x} + x+2 = f(x)(x+2) + x+2 = (x+2)(f(x)+1) \] 当 \( x>0 \) 时，\( x+2 > 0 \)，且从之前的讨论得知 \( f(x) \) 在 \( x>-2 \) 时单调递增。 因为 \( f(0) = \left( \dfrac{0-2}{0+2} \right)e^{0} = -1 \)，且 \( f(x) \) 在 \( x>0 \) 时递增，所以 \( f(x)+1 > 0 \)。 因此， \[ F(x) = (x+2)(f(x)+1) > 0 \] 即证。 <eoe> 【答案】 (1) 函数 \( f(x) \) 在 \( x>-2 \) 上单调递增；当 \( x>0 \) 时，\( (x-2)e^{x} + x+2 > 0 \)。<eoa> (2)【解析】 **第一步：证明函数 \( g(x) = \dfrac{e^{x} - a x - a}{x^{2}} \)（\( x>0 \)）存在最小值** 计算 \( g(x) \) 的导数： \[ g(x) = \dfrac{e^{x} - a x - a}{x^{2}} \] 设 \[ N(x) = e^{x} - a x - a, \quad D(x) = x^{2} \] 则 \[ g'(x) = \dfrac{N'(x) \cdot D(x) - N(x) \cdot D'(x)}{D(x)^{2}} \] 计算： \[ N'(x) = e^{x} - a, \quad D'(x) = 2 x \] 代入得： \[ g'(x) = \dfrac{(e^{x} - a) x^{2} - (e^{x} - a x - a)(2 x)}{x^{4}} \] 化简分子： \[ (e^{x} - a) x^{2} - [e^{x} - a x - a](2 x) = e^{x} x^{2} - a x^{2} - 2 x e^{x} + 2 a x^{2} + 2 a x \] 整理： \[ e^{x} x^{2} - 2 x e^{x} + a x^{2} + 2 a x \] 提取公因式： \[ x e^{x} (x - 2) + a x (x + 2) \] 所以， \[ g'(x) = \dfrac{x [e^{x} (x - 2) + a (x + 2)]}{x^{4}} = \dfrac{e^{x} (x - 2) + a (x + 2)}{x^{3}} \] 令导数为零，得： \[ e^{x} (x - 2) + a (x + 2) = 0 \] 对任意 \( a \in [0,1) \)，上述方程在 \( x>0 \) 上有唯一解（可利用函数的连续性和单调性证明）。 由于当 \( x \to 0^{+} \) 时，左边趋于负无穷，当 \( x \to +\infty \) 时，左边趋于正无穷，因此存在唯一的 \( x>0 \) 使得导数为零，即函数 \( g(x) \) 在 \( x>0 \) 上存在最小值。 **第二步：求 \( h(a) \) 的值域** 在导数为零的点 \( x_{0} \) 处，代入 \( g(x) \)： 因为 \[ e^{x_{0}} = a \dfrac{x_{0} + 2}{2 - x_{0}} \] 将 \( g(x_{0}) \) 化简： \[ g(x_{0}) = \dfrac{e^{x_{0}} - a x_{0} - a}{x_{0}^{2}} = \dfrac{a \dfrac{x_{0} + 2}{2 - x_{0}} - a x_{0} - a}{x_{0}^{2}} = \dfrac{a}{2 - x_{0}} \] 因此， \[ h(a) = g(x_{0}) = \dfrac{a}{2 - x_{0}} \] 由于 \( x_{0} \in (0,2) \)，所以 \( 2 - x_{0} \in (0,2) \)，且 \( h(a) \) 可以取遍 \( \left( \dfrac{a}{2}, +\infty \right) \)。 因此，\( h(a) \) 的值域是 \( \left( \dfrac{a}{2}, +\infty \right) \)。 <eoe> 【答案】 (2) 当 \( a \in [0,1) \) 时，函数 \( g(x) \) 在 \( x>0 \) 上有最小值 \( h(a) = \dfrac{a}{2 - x_{0}} \)，其中 \( x_{0} \) 满足 \( e^{x_{0}} (x_{0} - 2) + a (x_{0} + 2) = 0 \)。\( h(a) \) 的值域为 \( \left( \dfrac{a}{2}, +\infty \right) \)。<eoa> |
解: (1) 证明: $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ $f^{\prime}(x)=e^{x}\left(\frac{x-2}{x+2}+\frac{4}{(x+2)^{2}}\right)=\frac{x^{2} e^{x}}{(x+2)^{2}}$ $\because$ 当 $x \in(-\infty,-2) \cup(-2,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x) \geqslant 0$ $\therefore f(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,+\infty)$ 上单调递增 $\therefore x>0$ 时, $\frac{x-2}{x+2} e^{x}>f(0)=-1$ 即 $(x-2) e^{x+x+2}>0$ (2) $g^{\prime}(x)=\frac{\left(e^{x}-a\right) x^{2}-2 x\left(e^{x}-a x-a\right)}{x^{4}}$ $=\frac{x\left(x e^{x}-2 e^{x}+a x+2 a\right)}{x^{4}}=\frac{(x+2)\left(\frac{x-2}{x+2} \cdot e^{x}+a\right)}{x^{3}}$ $\mathrm{a} \in[0,1)$ 由 (1) 知, 当 $x>0$ 时, $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ 的值域为 $(-1,+\infty)$, 只有一解使得 $\frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}=-a$, 只需 $\frac{t-2}{t+2} \bullet e^{t} \leqslant 0$ 恒成立, 可得 $-2<t \leqslant 2$, 由 $x>0$, 可得 $t \in(0,2]$ 当 $x \in(0, t)$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调减; 当 $x \in(t,+\infty), g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调增; $h(a)=\frac{e^{t}-a(t+1)}{t^{2}}=\frac{e^{t}+(t+1) \frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}}{t^{2}}=\frac{e^{t}}{t+2}$ 记 $k(t)=\frac{e^{t}}{t+2}$, 在 $t \in(0,2]$ 时, $k^{\prime}(t)=\frac{e^{t}(t+1)}{(t+2)^{2}}>0$, 故 $k(t)$ 单调递增, 所以 $h(a)=k(t) \in\left(\frac{1}{2}, \frac{e^{2}}{4}\right]$. |
| GPT-4o | (1)【解析】 我们首先讨论函数 \( f(x) = \frac{x-2}{x+2} e^{x} \) 的单调性，即研究其导数符号变化情况。 首先，我们计算 \( f(x) \) 的导数： \[ f(x) = \left( \frac{x-2}{x+2} \right) e^x \] 使用乘积法则，设 \( u(x) = \frac{x-2}{x+2} \) 和 \( v(x) = e^x \)，则 \[ f'(x) = u'(x)v(x) + u(x)v'(x) \] 我们先计算 \( u'(x) \)： \[ u(x) = \frac{x-2}{x+2} \] \[ u'(x) = \frac{(x+2)(1) - (x-2)(1)}{(x+2)^{2}} = \frac{4}{(x+2)^{2}} \] 然后计算 \( v'(x) = e^x \)，所以 \[ f'(x) = \frac{4}{(x+2)^{2}} e^x + \frac{x-2}{x+2} e^x \] 将表达式合并： \[ f'(x) = e^x \left( \frac{4}{(x+2)^{2}} + \frac{x-2}{x+2} \right) \] 合并分数： \[ \frac{4}{(x+2)^{2}} + \frac{x-2}{x+2} = \frac{4 + (x-2)(x+2)}{(x+2)^{2}} = \frac{4 + x^2 - 4}{(x+2)^{2}} = \frac{x^2}{(x+2)^{2}} \] 所以， \[ f'(x) = e^x \cdot \frac{x^2}{(x+2)^{2}} \] 由于 \( e^x > 0 \) 且 \( \frac{x^2}{(x+2)^{2}} \geq 0 \)，因此 \( f'(x) \geq 0 \)。可以看出，\( f'(x) = 0 \) 当且仅当 \( x = 0 \)。所以，函数 \( f(x) \) 在整个定义域上是单调递增的。 接下来，证明当 \( x > 0 \) 时，\( x-2 e^x + x + 2 > 0 \)。 我们重新排列不等式，得到： \[ 2x + 2 > 2 e^x \] \[ x + 1 > e^x \] 考虑函数 \( h(x) = x + 1 - e^x \)，计算其导数： \[ h'(x) = 1 - e^x \] 当 \( x > 0 \) 时，\( e^x > 1 \)，所以 \( h'(x) < 0 \)，说明 \( h(x) \) 在 \( x > 0 \) 时是单调递减的。因为 \( h(0) = 1 \)，所以对于所有 \( x > 0 \)，\( h(x) < 1 \)，即 \( x + 1 - e^x > 0 \)，即 \( x + 1 > e^x \)，所以 \( x - 2 e^x + x + 2 > 0 \)。 <eoe> 【答案】 函数 \( f(x) = \frac{x-2}{x+2} e^x \) 在其定义域上单调递增。 当 \( x > 0 \) 时，\( x - 2 e^x + x + 2 > 0 \)。 <eoa> (2)【解析】 我们来证明当 \( a \in [0, 1) \) 时，函数 \( g(x) = \frac{e^x - ax - a}{x^2} \) (\( x > 0 \)) 有最小值，并求其最小值的值域。 首先，计算 \( g(x) \) 的导数： \[ g(x) = \frac{e^x - ax - a}{x^2} \] 使用商的导数法则，设 \( u(x) = e^x - ax - a \) 和 \( v(x) = x^2 \)，则 \[ g'(x) = \frac{u'(x)v(x) - u(x)v'(x)}{v(x)^2} \] 先计算 \( u'(x) \) 和 \( v'(x) \) |
解: (1) 证明: $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ $f^{\prime}(x)=e^{x}\left(\frac{x-2}{x+2}+\frac{4}{(x+2)^{2}}\right)=\frac{x^{2} e^{x}}{(x+2)^{2}}$ $\because$ 当 $x \in(-\infty,-2) \cup(-2,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x) \geqslant 0$ $\therefore f(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,+\infty)$ 上单调递增 $\therefore x>0$ 时, $\frac{x-2}{x+2} e^{x}>f(0)=-1$ 即 $(x-2) e^{x+x+2}>0$ (2) $g^{\prime}(x)=\frac{\left(e^{x}-a\right) x^{2}-2 x\left(e^{x}-a x-a\right)}{x^{4}}$ $=\frac{x\left(x e^{x}-2 e^{x}+a x+2 a\right)}{x^{4}}=\frac{(x+2)\left(\frac{x-2}{x+2} \cdot e^{x}+a\right)}{x^{3}}$ $\mathrm{a} \in[0,1)$ 由 (1) 知, 当 $x>0$ 时, $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ 的值域为 $(-1,+\infty)$, 只有一解使得 $\frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}=-a$, 只需 $\frac{t-2}{t+2} \bullet e^{t} \leqslant 0$ 恒成立, 可得 $-2<t \leqslant 2$, 由 $x>0$, 可得 $t \in(0,2]$ 当 $x \in(0, t)$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调减; 当 $x \in(t,+\infty), g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调增; $h(a)=\frac{e^{t}-a(t+1)}{t^{2}}=\frac{e^{t}+(t+1) \frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}}{t^{2}}=\frac{e^{t}}{t+2}$ 记 $k(t)=\frac{e^{t}}{t+2}$, 在 $t \in(0,2]$ 时, $k^{\prime}(t)=\frac{e^{t}(t+1)}{(t+2)^{2}}>0$, 故 $k(t)$ 单调递增, 所以 $h(a)=k(t) \in\left(\frac{1}{2}, \frac{e^{2}}{4}\right]$. |
| llama3.1-70B-Instruct | 【解析】(I)由f(x)=\frac{x-2}{x+2}e^{x},可得f'(x)=\frac{e^{x}}{(x+2)^{2}}(x^{2}+4x+4)=\frac{e^{x}}{(x+2)^{2}}(x+2)^{2}>0,所以函数f(x)在(-\infty,-2)\cup(-2,+\infty)上单调递增,当x>0时,由x^{2}+4x+4>0,所以(x-2)e^{x}+x+2>0.(II)由g(x)=\frac{e^{x}-ax-a}{x^{2}}(x>0),可得g'(x)=\frac{e^{x}-a}{x^{3}}(x^{2}-2x-2),令g'(x)=0,可得x^{2}-2x-2=0,解得x=1+\sqrt{3},所以函数g(x)在(0,1+\sqrt{3})上单调递减,在(1+\sqrt{3},+\infty)上单调递增,所以函数g(x)在(0,+\infty)上有最小值,且最小值为g(1+\sqrt{3})=\frac{e^{1+\sqrt{3}}-a(1+\sqrt{3})-a}{(1+\sqrt{3})^{2}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}-a(3+\sqrt{3})}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1+\sqrt{3}}}{3+2\sqrt{3}}-a\frac{3+\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=\frac{e^{1 |
解: (1) 证明: $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ $f^{\prime}(x)=e^{x}\left(\frac{x-2}{x+2}+\frac{4}{(x+2)^{2}}\right)=\frac{x^{2} e^{x}}{(x+2)^{2}}$ $\because$ 当 $x \in(-\infty,-2) \cup(-2,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x) \geqslant 0$ $\therefore f(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,+\infty)$ 上单调递增 $\therefore x>0$ 时, $\frac{x-2}{x+2} e^{x}>f(0)=-1$ 即 $(x-2) e^{x+x+2}>0$ (2) $g^{\prime}(x)=\frac{\left(e^{x}-a\right) x^{2}-2 x\left(e^{x}-a x-a\right)}{x^{4}}$ $=\frac{x\left(x e^{x}-2 e^{x}+a x+2 a\right)}{x^{4}}=\frac{(x+2)\left(\frac{x-2}{x+2} \cdot e^{x}+a\right)}{x^{3}}$ $\mathrm{a} \in[0,1)$ 由 (1) 知, 当 $x>0$ 时, $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ 的值域为 $(-1,+\infty)$, 只有一解使得 $\frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}=-a$, 只需 $\frac{t-2}{t+2} \bullet e^{t} \leqslant 0$ 恒成立, 可得 $-2<t \leqslant 2$, 由 $x>0$, 可得 $t \in(0,2]$ 当 $x \in(0, t)$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调减; 当 $x \in(t,+\infty), g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调增; $h(a)=\frac{e^{t}-a(t+1)}{t^{2}}=\frac{e^{t}+(t+1) \frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}}{t^{2}}=\frac{e^{t}}{t+2}$ 记 $k(t)=\frac{e^{t}}{t+2}$, 在 $t \in(0,2]$ 时, $k^{\prime}(t)=\frac{e^{t}(t+1)}{(t+2)^{2}}>0$, 故 $k(t)$ 单调递增, 所以 $h(a)=k(t) \in\left(\frac{1}{2}, \frac{e^{2}}{4}\right]$. |
| llama3.1-405B-Instruct | (1)【解析】 f(x)=\frac{x-2}{x+2}e^{x},f'(x)=\frac{x-2}{x+2}e^{x}+e^{x}\frac{(x+2)-(x-2)}{(x+2)^{2}}=\frac{x^{2}+4}{(x+2)^{2}}e^{x}>0,所以f(x)在R上单调递增.当x>0时,由f(x)单调递增,得f(x)>f(0),即\frac{x-2}{x+2}e^{x}>-1,即(x-2)e^{x}+x+2>0.故填:(0,+\infty).<eoe> 【答案】(0,+\infty)<eoa> (2)【解析】 g(x)=\frac{e^{ |
解: (1) 证明: $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ $f^{\prime}(x)=e^{x}\left(\frac{x-2}{x+2}+\frac{4}{(x+2)^{2}}\right)=\frac{x^{2} e^{x}}{(x+2)^{2}}$ $\because$ 当 $x \in(-\infty,-2) \cup(-2,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x) \geqslant 0$ $\therefore f(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,+\infty)$ 上单调递增 $\therefore x>0$ 时, $\frac{x-2}{x+2} e^{x}>f(0)=-1$ 即 $(x-2) e^{x+x+2}>0$ (2) $g^{\prime}(x)=\frac{\left(e^{x}-a\right) x^{2}-2 x\left(e^{x}-a x-a\right)}{x^{4}}$ $=\frac{x\left(x e^{x}-2 e^{x}+a x+2 a\right)}{x^{4}}=\frac{(x+2)\left(\frac{x-2}{x+2} \cdot e^{x}+a\right)}{x^{3}}$ $\mathrm{a} \in[0,1)$ 由 (1) 知, 当 $x>0$ 时, $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ 的值域为 $(-1,+\infty)$, 只有一解使得 $\frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}=-a$, 只需 $\frac{t-2}{t+2} \bullet e^{t} \leqslant 0$ 恒成立, 可得 $-2<t \leqslant 2$, 由 $x>0$, 可得 $t \in(0,2]$ 当 $x \in(0, t)$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调减; 当 $x \in(t,+\infty), g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调增; $h(a)=\frac{e^{t}-a(t+1)}{t^{2}}=\frac{e^{t}+(t+1) \frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}}{t^{2}}=\frac{e^{t}}{t+2}$ 记 $k(t)=\frac{e^{t}}{t+2}$, 在 $t \in(0,2]$ 时, $k^{\prime}(t)=\frac{e^{t}(t+1)}{(t+2)^{2}}>0$, 故 $k(t)$ 单调递增, 所以 $h(a)=k(t) \in\left(\frac{1}{2}, \frac{e^{2}}{4}\right]$. |
| DeepSeek-Coder-V2 | "(I) 讨论函数 $f(x)=\\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ 的单调性, 并证明当 $x>0$ 时, $(x-2) e^{x}+x+2>0$\n\n【解析】 \n首先，我们需要找到函数 $f(x)$ 的导数 $f'(x)$，以确定其单调性。\n\n\\[ f(x) = \\frac{x-2}{x+2} e^x \\]\n\n使用商的导数法则和乘积的导数法则，我们得到：\n\n\\[ f'(x) = \\left( \\frac{x-2}{x+2} \\right)' e^x + \\frac{x-2}{x+2} (e^x)' \\]\n\n首先计算 $\\left( \\frac{x-2}{x+2} \\right)'$：\n\n\\[ \\left( \\frac{x-2}{x+2} \\right)' = \\frac{(x+2)(1) - (x-2)(1)}{(x+2)^2} = \\frac{x+2 - x + 2}{(x+2)^2} = \\frac{4}{(x+2)^2} \\]\n\n然后计算 $\\frac{x-2}{x+2} (e^x)'$：\n\n\\[ \\frac{x-2}{x+2} (e^x)' = \\frac{x-2}{x+2} e^x \\]\n\n将两部分结合起来：\n\n\\[ f'(x) = \\frac{4}{(x+2)^2} e^x + \\frac{x-2}{x+2} e^x \\]\n\n\\[ f'(x) = e^x \\left( \\frac{4}{(x+2)^2} + \\frac{x-2}{x+2} \\right) \\]\n\n\\[ f'(x) = e^x \\left( \\frac{4 + (x-2)(x+2)}{(x+2)^2} \\right) \\]\n\n\\[ f'(x) = e^x \\left( \\frac{4 + x^2 - 4}{(x+2)^2} \\right) \\]\n\n\\[ f'(x) = e^x \\left( \\frac{x^2}{(x+2)^2} \\right) \\]\n\n由于 $e^x > 0$ 对于所有 $x$，我们只需考虑 $\\frac{x^2}{(x+2)^2}$ 的符号。显然，$\\frac{x^2}{(x+2)^2} > 0$ 对于所有 $x \\neq -2$。因此，$f'(x) > 0$ 对于所有 $x > 0$，这表明 $f(x)$ 在 $x > 0$ 时是单调递增的。\n\n接下来，我们需要证明当 $x > 0$ 时，$(x-2) e^x + x + 2 > 0$。\n\n考虑函数 $h(x) = (x-2) e^x + x + 2$，我们需要证明 $h(x) > 0$ 对于所有 $x > 0$。\n\n计算 $h(x)$ 的导数 $h'(x)$：\n\n\\[ h'(x) = (x-2) e^x + e^x + 1 = (x-1) e^x + 1 \\]\n\n我们需要检查 $h(x)$ 在 $x = 0$ 处的值：\n\n\\[ h(0) = (0-2) e^0 + 0 + 2 = -2 + 2 = 0 \\]\n\n由于 $h(0) = 0$，我们需要检查 $h(x)$ 在 $x > 0$ 时的行为。注意到 $h'(x) = (x-1) e^x + 1$，当 $x > 0$ 时，$e^x > 0$，因此 $(x-1) e^x + 1 > 0$ 对于所有 $x > 0$。这表明 $h(x)$ 在 $x > 0$ 时是单调递增的。\n\n由于 $h(x)$ 在 $x = 0$ 处为 0，并且在 $x > 0$ 时单调递增，因此 $h(x) > 0$ 对于所有 $x > 0$。\n\n<eoe>\n\n【答案】\n函数 $f(x)$ 在 $x > 0$ 时是单调递增的。当 $x > 0$ 时，$(x-2) e^x + x + 2 > 0$。\n<eoa>\n\n(II) 证明: 当 $a \\in[0,1)$ 时, 函数 $g(x)=\\frac{e^{x}-a x-a}{x^{2}}(x>0)$ 有最小值. 设 $g(x)$ 的最小值为 $h(a)$，求函数 $h(a)$ 的值域.\n\n【解析】\n首先，我们需要找到函数 $g(x)$ 的导数 $g'(x)$，以确定其极值点。\n\n\\[ g(x) = \\frac{e^x - ax - a}{x^2} \\]\n\n使用商的导数法则：\n\n\\[ g'(x) = \\frac{(e^x - ax - a)' x^2 - (e^x - ax - a) (x^2)'}{(x^2)^2} \\]\n\n首先计算 $(e^x - ax - a)'$：\n\n\\[ (e^x - ax - a)' = e^x - a \\]\n\n然后计算 $(x^2)'$：\n\n\\[ (x^2)' = 2x \\]\n\n将两部分结合起来：\n\n\\[ g'(x) = \\frac{(e^x - a) x^2 - (e^x - ax - a) 2x}{x^4} \\]\n\n\\[ g'(x) = \\frac{x^2 e^x - ax^2 - a x^2 - 2x e^x + 2ax^2 + 2ax}{x^4} \\]\n\n\\[ g'(x) = \\frac{x^2 e^x - 2x e^x + ax^2 + 2ax - a x^2}{x^4} \\]\n\n\\[ g'(x) = \\frac{x^2 e^x - 2x e^x + ax^2 + 2ax - a x^2}{x^4} \\]\n\n\\[ g'(x) = \\frac{x e^x (x - 2) + ax (x + 2) - a x^2}{x^4} \\]\n\n\\[ g'(x) = \\frac{x e^x (x - 2) + ax (x + 2 - x)}{x^4} \\]\n\n\\[ g'(x) = \\frac{x e^x (x - 2) + 2ax}{x^4} \\]\n\n\\[ g'(x) = \\frac{x e^x (x - 2) + 2ax}{x^4} \\]\n\n\\[ g'(x) = \\frac{x (e^x (x - 2) + 2a)}{x^4} \\]\n\n\\[ g'(x) = \\frac{e^x (x - 2) + 2a}{x^3} \\]\n\n我们需要找到 $g'(x) = 0$ 的解：\n\n\\[ e^x (x - 2) + 2a = 0 \\]\n\n\\[ e^x (x - 2) = -2a \\]\n\n由于 $e^x > 0$ 对于所有 $x > 0$，我们需要 $x - 2 < 0$，即 $x < 2$。考虑 $a \\in [0, 1)$，我们有 $-2a \\leq 0$，因此 $e^x (x - 2) \\leq 0$ 对于 $x < 2$。\n\n我们需要检查 $g(x)$ 在 $x = 2$ 处的值：\n\n\\[ g(2) = \\frac{e^2 - 2a - a}{2^2} = \\frac{e^2 - 3a}{4} \\]\n\n由于 $a \\in [0, 1)$，我们有 $e^2 - 3a > 0$，因此 $g(2) > 0$。\n\n接下来，我们需要确定 $g(x)$ 的最小值 $h(a)$ 的值域。考虑 $g(x)$ 在 $x \\to 0^+$ 和 $x \\to \\infty$ 的极限：\n\n当 $x \\to 0^+$ 时：\n\n\\[ g(x) \\to \\frac{e^x - a x - a}{x^2} \\to \\infty \\]\n\n当 $x \\to \\infty$ 时" | 解: (1) 证明: $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ $f^{\prime}(x)=e^{x}\left(\frac{x-2}{x+2}+\frac{4}{(x+2)^{2}}\right)=\frac{x^{2} e^{x}}{(x+2)^{2}}$ $\because$ 当 $x \in(-\infty,-2) \cup(-2,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x) \geqslant 0$ $\therefore f(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,+\infty)$ 上单调递增 $\therefore x>0$ 时, $\frac{x-2}{x+2} e^{x}>f(0)=-1$ 即 $(x-2) e^{x+x+2}>0$ (2) $g^{\prime}(x)=\frac{\left(e^{x}-a\right) x^{2}-2 x\left(e^{x}-a x-a\right)}{x^{4}}$ $=\frac{x\left(x e^{x}-2 e^{x}+a x+2 a\right)}{x^{4}}=\frac{(x+2)\left(\frac{x-2}{x+2} \cdot e^{x}+a\right)}{x^{3}}$ $\mathrm{a} \in[0,1)$ 由 (1) 知, 当 $x>0$ 时, $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ 的值域为 $(-1,+\infty)$, 只有一解使得 $\frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}=-a$, 只需 $\frac{t-2}{t+2} \bullet e^{t} \leqslant 0$ 恒成立, 可得 $-2<t \leqslant 2$, 由 $x>0$, 可得 $t \in(0,2]$ 当 $x \in(0, t)$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调减; 当 $x \in(t,+\infty), g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调增; $h(a)=\frac{e^{t}-a(t+1)}{t^{2}}=\frac{e^{t}+(t+1) \frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}}{t^{2}}=\frac{e^{t}}{t+2}$ 记 $k(t)=\frac{e^{t}}{t+2}$, 在 $t \in(0,2]$ 时, $k^{\prime}(t)=\frac{e^{t}(t+1)}{(t+2)^{2}}>0$, 故 $k(t)$ 单调递增, 所以 $h(a)=k(t) \in\left(\frac{1}{2}, \frac{e^{2}}{4}\right]$. |
| Qwen2-72B-Instruct | "(1)【解析】\n为了讨论函数 $f(x)=\\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ 的单调性，我们首先计算函数的一阶导数：\n\\[f'(x) = \\left(\\frac{x-2}{x+2}\\right)'e^{x} + \\frac{x-2}{x+2}e^{x} = \\frac{4}{(x+2)^2}e^{x} + \\frac{x-2}{x+2}e^{x}\\]\n\\[= \\left(\\frac{4}{(x+2)^2} + \\frac{x-2}{x+2}\\right)e^{x} = \\left(\\frac{4 + (x-2)(x+2)}{(x+2)^2}\\right)e^{x}\\]\n\\[= \\left(\\frac{x^2 + 4}{(x+2)^2}\\right)e^{x}\\]\n\n由于 $e^{x} > 0$ 对于所有 $x \\in \\mathbb{R}$，以及 $x^2 + 4 > 0$ 对于所有 $x \\in \\mathbb{R}$，我们可以得出结论，$f'(x) > 0$ 对于所有 $x \\in \\mathbb{R}$，这意味着 $f(x)$ 在其定义域内是严格递增的。\n\n接下来，我们证明当 $x > 0$ 时，$(x-2)e^{x}+x+2 > 0$。这可以通过直接计算来证明：\n\\[(x-2)e^{x}+x+2 = xe^{x} - 2e^{x} + x + 2\\]\n\\[= xe^{x} + x + 2(1 - e^{x})\\]\n由于 $x > 0$，$e^{x} > 1$，因此 $1 - e^{x} < 0$，但 $xe^{x} + x > 0$，所以整个表达式 $(x-2)e^{x} + x + 2 > 0$。\n\n<eoe>\n【答案】\n函数 $f(x)=\\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ 在其定义域内是严格递增的。当 $x > 0$ 时，$(x-2)e^{x} + x + 2 > 0$ 成立。\n\n<eoa>\n\n(2)【解析】\n为了证明当 $a \\in[0,1)$ 时，函数 $g(x)=\\frac{e^{x}-ax-a}{x^{2}}(x>0)$ 有最小值，我们首先计算 $g(x)$ 的一阶导数：\n\\[g'(x) = \\left(\\frac{e^{x}-ax-a}{x^{2}}\\right)' = \\frac{(e^{x}-a)'x^{2} - 2x(e^{x}-ax-a)}{x^{4}}\\]\n\\[= \\frac{(e^{x}-a)x^{2} - 2x(e^{x}-ax-a)}{x^{4}}\\]\n\\[= \\frac{(x^{2}-2x)e^{x} + (2ax+a)x^{2} - 2ax^{2}}{x^{4}}\\]\n\\[= \\frac{(x^{2}-2x)e^{x} + ax^{2} + ax^{2}}{x^{4}}\\]\n\\[= \\frac{(x^{2}-2x)e^{x} + 2ax^{2}}{x^{4}}\\]\n\n为了使 $g(x)$ 有最小值，我们需要 $g'(x) = 0$，即：\n\\[(x^{2}-2x)e^{x} + 2ax^{2} = 0\\]\n\n由于 $e^{x} > 0$ 和 $a \\in[0,1)$，我们可以看出，随着 $x$ 的增加，$(x^{2}-2x)e^{x}$ 从负值变为正值，而 $2ax^{2}$ 总是正值，这意味着 $g'(x)$ 从负值变为正值，因此 $g(x)$ 在某个点达到最小值。\n\n为了求 $h(a)$ 的值域，我们注意到 $g(x)$ 的最小值随着 $a$ 的变化而变化。由于 $a \\in[0,1)$，我们可以观察到 $g(x)$ 的最小值随着 $a$ 的增加而减小。因此，$h(a)$ 的值域是 $h(1)$ 到 $h(0)$ 的区间。\n\n<eoe>\n【答案】\n当 $a \\in[0,1)$ 时，函数 $g(x)=\\frac{e^{x}-ax-a}{x^{2}}(x>0)$ 有最小值。$h(a)$ 的值域是 $h(1)$ 到 $h(0)$ 的区间。\n\n<eoa>" | 解: (1) 证明: $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ $f^{\prime}(x)=e^{x}\left(\frac{x-2}{x+2}+\frac{4}{(x+2)^{2}}\right)=\frac{x^{2} e^{x}}{(x+2)^{2}}$ $\because$ 当 $x \in(-\infty,-2) \cup(-2,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x) \geqslant 0$ $\therefore f(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,+\infty)$ 上单调递增 $\therefore x>0$ 时, $\frac{x-2}{x+2} e^{x}>f(0)=-1$ 即 $(x-2) e^{x+x+2}>0$ (2) $g^{\prime}(x)=\frac{\left(e^{x}-a\right) x^{2}-2 x\left(e^{x}-a x-a\right)}{x^{4}}$ $=\frac{x\left(x e^{x}-2 e^{x}+a x+2 a\right)}{x^{4}}=\frac{(x+2)\left(\frac{x-2}{x+2} \cdot e^{x}+a\right)}{x^{3}}$ $\mathrm{a} \in[0,1)$ 由 (1) 知, 当 $x>0$ 时, $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ 的值域为 $(-1,+\infty)$, 只有一解使得 $\frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}=-a$, 只需 $\frac{t-2}{t+2} \bullet e^{t} \leqslant 0$ 恒成立, 可得 $-2<t \leqslant 2$, 由 $x>0$, 可得 $t \in(0,2]$ 当 $x \in(0, t)$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调减; 当 $x \in(t,+\infty), g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调增; $h(a)=\frac{e^{t}-a(t+1)}{t^{2}}=\frac{e^{t}+(t+1) \frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}}{t^{2}}=\frac{e^{t}}{t+2}$ 记 $k(t)=\frac{e^{t}}{t+2}$, 在 $t \in(0,2]$ 时, $k^{\prime}(t)=\frac{e^{t}(t+1)}{(t+2)^{2}}>0$, 故 $k(t)$ 单调递增, 所以 $h(a)=k(t) \in\left(\frac{1}{2}, \frac{e^{2}}{4}\right]$. |
| baichuan4 | (I)【解析】首先，我们需要找到函数 $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ 的导数，以讨论其单调性。计算导数得到： $$f'(x) = \frac{(x+2)(e^x) - (x-2)e^x(1)}{(x+2)^2} = \frac{4e^x}{(x+2)^2}.$$ 由于 $e^x$ 总是正的，且分母 $(x+2)^2$ 也总是正的，因此 $f'(x) > 0$ 对于所有 $x$ 成立。这意味着函数 $f(x)$ 在其定义域内是严格单调递增的。 接下来，我们需要证明当 $x>0$ 时，$(x-2)e^{x}+x+2>0$。由于我们已经知道 $f(x)$ 是单调递增的，且 $f(0) = -1$，对于任何 $x>0$，我们有 $f(x) > f(0)$，即： $$\frac{x-2}{x+2} e^{x} > -1.$$ 将等式两边同时乘以 $x+2$ 并添加 $x+2$ 到两边，我们得到： $$(x-2)e^{x} + x + 2 > 0.$$ 这证明了当 $x>0$ 时，给定的不等式成立。 【答案】函数 $f(x)$ 在其定义域内是严格单调递增的。当 $x>0$ 时，$(x-2)e^{x}+x+2>0$。 (II)【解析】为了证明函数 $g(x)=\frac{e^{x}-ax-a}{x^{2}}$ 在 $x>0$ 时有最小值，我们首先需要计算其导数： $$g'(x) = \frac{(e^x)(x^2) - (e^x - ax - a)(2x)}{x^4} = \frac{e^x x^2 - 2xe^x + 2ax^2 + 2ax}{x^4}.$$ 简化得到： $$g'(x) = \frac{e^x(x^2 - 2x) + 2ax(x+1)}{x^4} = \frac{e^x(x-2) + 2a(x+1)}{x^3}.$$ 为了找到极值点，我们需要解 $g'(x) = 0$： $$e^x(x-2) + 2a(x+1) = 0.$$ 这是一个关于 $x$ 的方程，但不容易直接求解。然而，我们可以通过分析函数的单调性来找到最小值。注意到当 $x>0$ 时，$e^x(x-2)$ 是正的，而 $2a(x+1)$ 也是正的，因此 $g'(x)$ 在 $x>0$ 时可能改变符号。 由于 $a \in [0,1)$，我们可以进一步分析 $g'(x)$ 的符号。当 $a=0$ 时，$g'(x) = \frac{e^x(x-2)}{x^3}$，这在 $x>2$ 时为正，在 $0<x<2$ 时为负，意味着 $g(x)$ 在 $x=2$ 处取得最小值。当 $0<a<1$ 时，$2a(x+1)$ 项会使得 $g'(x)$ 更容易变为正，因此 $g(x)$ 仍然有一个最小值。 现在，我们需要找到 $g(x)$ 的最小值作为 $h(a)$ 的表达式。由于 $g(x)$ 的最小值发生在 $g'(x) = 0$ 处，我们可以将 $g(x)$ 在该点的值作为 $h(a)$。但是，由于我们没有显式的 $x$ 表达式，我们无法直接给出 $h(a)$ 的显式形式。不过，我们可以通过观察 $g(x)$ 在 $x \to 0$ 和 $x \to \infty$ 时的行为来估计 $h(a)$ 的值域。 当 $x \to 0$ 时，$g(x) \to \infty$，因为分子是有界的而分母趋于0。当 $x \to \infty$ 时，$g(x) \to 0$，因为 $e^x$ 的增长速度快于 $x^2$。因此，$h(a)$ 的值域应该包含从某个正数到0的所有值。 【答案】函数 $g(x)$ 在 $x>0$ 时有最小值。设 $g(x)$ 的最小值为 $h(a)$，则 $h(a)$ 的值域为 $[0, \infty)$。 |
解: (1) 证明: $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ $f^{\prime}(x)=e^{x}\left(\frac{x-2}{x+2}+\frac{4}{(x+2)^{2}}\right)=\frac{x^{2} e^{x}}{(x+2)^{2}}$ $\because$ 当 $x \in(-\infty,-2) \cup(-2,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x) \geqslant 0$ $\therefore f(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,+\infty)$ 上单调递增 $\therefore x>0$ 时, $\frac{x-2}{x+2} e^{x}>f(0)=-1$ 即 $(x-2) e^{x+x+2}>0$ (2) $g^{\prime}(x)=\frac{\left(e^{x}-a\right) x^{2}-2 x\left(e^{x}-a x-a\right)}{x^{4}}$ $=\frac{x\left(x e^{x}-2 e^{x}+a x+2 a\right)}{x^{4}}=\frac{(x+2)\left(\frac{x-2}{x+2} \cdot e^{x}+a\right)}{x^{3}}$ $\mathrm{a} \in[0,1)$ 由 (1) 知, 当 $x>0$ 时, $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ 的值域为 $(-1,+\infty)$, 只有一解使得 $\frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}=-a$, 只需 $\frac{t-2}{t+2} \bullet e^{t} \leqslant 0$ 恒成立, 可得 $-2<t \leqslant 2$, 由 $x>0$, 可得 $t \in(0,2]$ 当 $x \in(0, t)$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调减; 当 $x \in(t,+\infty), g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调增; $h(a)=\frac{e^{t}-a(t+1)}{t^{2}}=\frac{e^{t}+(t+1) \frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}}{t^{2}}=\frac{e^{t}}{t+2}$ 记 $k(t)=\frac{e^{t}}{t+2}$, 在 $t \in(0,2]$ 时, $k^{\prime}(t)=\frac{e^{t}(t+1)}{(t+2)^{2}}>0$, 故 $k(t)$ 单调递增, 所以 $h(a)=k(t) \in\left(\frac{1}{2}, \frac{e^{2}}{4}\right]$. |
| doubao | (1)【解析】对$f(x)=\frac{x-2}{x+2}e^{x}$求导可得： \[ \begin{align*} f'(x)&=\left(\frac{x-2}{x+2}\right)'e^{x}+\frac{x-2}{x+2}(e^{x})'\\ &=\frac{(x+2)-(x-2)}{(x+2)^{2}}e^{x}+\frac{x-2}{x+2}e^{x}\\ &=\frac{4}{(x+2)^{2}}e^{x}+\frac{(x-2)(x+2)}{(x+2)^{2}}e^{x}\\ &=\frac{4+(x^{2}-4)}{(x+2)^{2}}e^{x}\\ &=\frac{x^{2}}{(x+2)^{2}}e^{x} \end{align*} \] 当$x\neq-2$时，$f'(x)\geq0$，所以$f(x)$在$(-\infty,-2)$和$(-2,+\infty)$上单调递增。 当$x>0$时，$f(x)>f(0)=\frac{0-2}{0+2}e^{0}=-1$，即$\frac{x-2}{x+2}e^{x}>-1$，移项可得$(x-2)e^{x}+x+2>0$。 【答案】函数$f(x)$在$(-\infty,-2)$和$(-2,+\infty)$上单调递增；当$x>0$时，$(x-2)e^{x}+x+2>0$。<eoa> (2)【解析】$g(x)=\frac{e^{x}-ax-a}{x^{2}}(x>0)$，对其求导可得： \[ \begin{align*} g'(x)&=\frac{(e^{x}-a)x^{2}-2x(e^{x}-ax-a)}{x^{4}}\\ &=\frac{(x-2)e^{x}+a(x+2)}{x^{3}} \end{align*} \] 由(1)知当$x>0$时，$(x-2)e^{x}+x+2>0$，当$a\in[0,1)$时，$ax+2a>0$，所以$g'(x)>0$，$g(x)$单调递增，所以$g(x)$有最小值。 令$g'(x)=0$，即$(x-2)e^{x}+a(x+2)=0$，设其根为$x_{0}$，则$a=-\frac{(x_{0}-2)e^{x_{0}}}{x_{0}+2}$，则$g(x_{0})=\frac{e^{x_{0}}-ax_{0}-a}{x_{0}^{2}}=\frac{e^{x_{0}}+\frac{(x_{0}-2)e^{x_{0}}}{x_{0}+2}x_{0}+\frac{(x_{0}-2)e^{x_{0}}}{x_{0}+2}}{x_{0}^{2}}=\frac{e^{x_{0}}}{x_{0}+2}$，令$h(a)=\frac{e^{x_{0}}}{x_{0}+2}$，$h(a)$是关于$x_{0}$的函数，$x_{0}$是关于$a$的函数，所以$h(a)$是关于$a$的复合函数。 当$a\in[0,1)$时，$x_{0}$随$a$的增大而增大，$h(a)$随$x_{0}$的增大而增大，所以$h(a)\in(\frac{1}{2},\frac{e}{2}]$。 【答案】当$a\in[0,1)$时，函数$g(x)$有最小值，$g(x)$的最小值$h(a)$的值域为$(\frac{1}{2},\frac{e}{2}]$。<eoa> |
解: (1) 证明: $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ $f^{\prime}(x)=e^{x}\left(\frac{x-2}{x+2}+\frac{4}{(x+2)^{2}}\right)=\frac{x^{2} e^{x}}{(x+2)^{2}}$ $\because$ 当 $x \in(-\infty,-2) \cup(-2,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x) \geqslant 0$ $\therefore f(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,+\infty)$ 上单调递增 $\therefore x>0$ 时, $\frac{x-2}{x+2} e^{x}>f(0)=-1$ 即 $(x-2) e^{x+x+2}>0$ (2) $g^{\prime}(x)=\frac{\left(e^{x}-a\right) x^{2}-2 x\left(e^{x}-a x-a\right)}{x^{4}}$ $=\frac{x\left(x e^{x}-2 e^{x}+a x+2 a\right)}{x^{4}}=\frac{(x+2)\left(\frac{x-2}{x+2} \cdot e^{x}+a\right)}{x^{3}}$ $\mathrm{a} \in[0,1)$ 由 (1) 知, 当 $x>0$ 时, $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ 的值域为 $(-1,+\infty)$, 只有一解使得 $\frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}=-a$, 只需 $\frac{t-2}{t+2} \bullet e^{t} \leqslant 0$ 恒成立, 可得 $-2<t \leqslant 2$, 由 $x>0$, 可得 $t \in(0,2]$ 当 $x \in(0, t)$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调减; 当 $x \in(t,+\infty), g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调增; $h(a)=\frac{e^{t}-a(t+1)}{t^{2}}=\frac{e^{t}+(t+1) \frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}}{t^{2}}=\frac{e^{t}}{t+2}$ 记 $k(t)=\frac{e^{t}}{t+2}$, 在 $t \in(0,2]$ 时, $k^{\prime}(t)=\frac{e^{t}(t+1)}{(t+2)^{2}}>0$, 故 $k(t)$ 单调递增, 所以 $h(a)=k(t) \in\left(\frac{1}{2}, \frac{e^{2}}{4}\right]$. |
| minimax | (1)【解析】首先，我们需要找到函数$f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$的导数，以确定其单调性。为此，我们将使用乘积规则和商规则。然后，我们将导数设置为零，以找到可能的临界点。最后，我们将检查这些临界点以及函数的定义域边界，以确定函数的单调区间。 对于不等式$(x-2)e^{x}+x+2>0$，我们可以通过分析函数$F(x)=(x-2)e^{x}+x+2$的行为来证明。我们将找到$F(x)$的导数，并检查其符号，以确定$F(x)$在$x>0$时是否始终为正。<eoe> 【答案】首先，我们计算$f(x)$的导数$f'(x)$： $$f'(x) = \left(\frac{x-2}{x+2}\right)'e^{x} + \frac{x-2}{x+2}e^{x}'$$ $$f'(x) = \left(\frac{(x+2)-(x-2)}{(x+2)^2}\right)e^{x} + \frac{x-2}{x+2}e^{x}$$ $$f'(x) = \left(\frac{4}{(x+2)^2}\right)e^{x} + \frac{x-2}{x+2}e^{x}$$ $$f'(x) = \frac{4e^{x} + (x-2)(x+2)e^{x}}{(x+2)^2}$$ $$f'(x) = \frac{(x^2 - 4 + 4)e^{x}}{(x+2)^2}$$ $$f'(x) = \frac{x^2 e^{x}}{(x+2)^2}$$ 由于$e^{x}$总是正的，我们可以看到$f'(x)$的符号取决于$\frac{x^2}{(x+2)^2}$。由于$x^2$和$(x+2)^2$都是正的，$f'(x)$在整个实数域上都是正的。这意味着$f(x)$在其整个定义域上是严格递增的。 现在，我们来证明不等式$(x-2)e^{x}+x+2>0$对于$x>0$始终成立。我们定义函数$F(x)=(x-2)e^{x}+x+2$，并计算其导数$F'(x)$： $$F'(x) = (x-2)'e^{x} + (x-2)e^{x}' + 1$$ $$F'(x) = e^{x} + (x-2)e^{x} + 1$$ $$F'(x) = (x-1)e^{x} + 1$$ 对于$x>0$，我们有$e^{x}>0$，因此$F'(x)$的符号取决于$(x-1)$。当$x>1$时，$F'(x)>0$，这意味着$F(x)$在$x>1$时是递增的。当$0<x<1$时，$F'(x)<0$，这意味着$F(x)$在$0<x<1$时是递减的。因此，$F(x)$在$x=1$时取得局部最小值，计算得$F(1)=0$。 由于$F(x)$在$x=1$时取得局部最小值，并且在$x>1$时递增，且$F(1)=0$，我们可以得出结论，对于所有$x>0$，$F(x)>0$。因此，不等式$(x-2)e^{x}+x+2>0$对于$x>0$始终成立。<eoa> (2)【解析】为了证明函数$g(x)=\frac{e^{x}-a x-a}{x^{2}}$在$(0,+\infty)$上有最小值，我们需要找到$g(x)$的导数$g'(x)$，并确定其符号。我们将使用商规则来计算导数。然后，我们将找到导数的零点，并检查这些点是否是局部最小值点。由于$a \in [0,1)$，我们需要考虑这个区间对函数行为的影响。 为了找到函数$h(a)$的值域，我们需要考虑$a$在$[0,1)$区间内变化时$g(x)$的最小值如何变化。我们将分析$g(x)$在$a$取不同值时的行为，并确定$h(a)$的取值范围。<eoe> 【答案】首先，我们计算$g(x)$的导数$g'(x)$： $$g'(x) = \left(\frac{e^{x}-a x-a}{x^{2}}\right)'$$ $$g'(x) = \frac{(e^{x}-a)'x^{2} - (e^{x}-a)2x}{x^{4}}$$ $$g'(x) = \frac{(e^{x}-a)x^{2} - 2(e^{x}-a)x}{x^{4}}$$ $$g'(x) = \frac{e^{x}x^{2} - ax^{2} - 2e^{x}x + 2ax}{x^{4}}$$ $$g'(x) = \frac{e^{x}(x^{2} - 2x) - a(x^{2} - 2x)}{x^{3}}$$ $$g'(x) = \frac{(x-2)(e^{x} - a)}{x^{3}}$$ 由于$x>0$，我们知道$x^{3}>0$。因此，$g'(x)$的符号取决于$(x-2)(e^{x} - a)$。我们需要考虑$a$的不同取值。 当$a=0$时，$g'(x) = \frac{(x-2)e^{x}}{x^{3}}$。由于$e^{x}$总是正的，$g'(x)$在$x=2$时为零，在$x<2$时为负，在$x>2$时为正。这意味着$g(x)$在$x=2$时取得局部最小值。 当$0<a<1$时，$e^{x} - a > 0$对于所有$x>0$。因此，$g'(x)$在$x=2$时为零，在$x<2$时为负，在$x>2$时为正。这意味着$g(x)$在$x=2$时取得局部最小值。 当$a=1$时，$g'(x) = \frac{(x-2)(e^{x} - 1)}{x^{3}}$。由于$e^{x} - 1$在$x=0$时为零，并且随着$x$增加而增加，$g'(x)$在$x=2$时为零，在$x<2$时为负，在$x>2$时为正。这意味着$g(x)$在$x=2$时取得局部最小值。 因此，无论$a$取何值，$g(x)$总是在$x=2$时取得局部最小值。我们计算$g(2)$： $$g(2) = \frac{e^{2}-a \cdot 2-a}{2^{2}}$$ $$g(2) = \frac{e^{2}-2a-2}{4}$$ 由于$a \in [0,1)$，$g(2)$的值域是$g(2)$在$a=0$和$a=1$时的值的范围。当$a=0$时，$g(2) = \frac{e^{2}-2}{4}$；当$a=1$时，$g(2) = \frac{e^{2}-4}{4}$。因此，$h(a)$的值域是$\left[\frac{e^{2}-4}{4}, \frac{e^{2}-2}{4}\right]$。<eoa> |
解: (1) 证明: $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ $f^{\prime}(x)=e^{x}\left(\frac{x-2}{x+2}+\frac{4}{(x+2)^{2}}\right)=\frac{x^{2} e^{x}}{(x+2)^{2}}$ $\because$ 当 $x \in(-\infty,-2) \cup(-2,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x) \geqslant 0$ $\therefore f(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,+\infty)$ 上单调递增 $\therefore x>0$ 时, $\frac{x-2}{x+2} e^{x}>f(0)=-1$ 即 $(x-2) e^{x+x+2}>0$ (2) $g^{\prime}(x)=\frac{\left(e^{x}-a\right) x^{2}-2 x\left(e^{x}-a x-a\right)}{x^{4}}$ $=\frac{x\left(x e^{x}-2 e^{x}+a x+2 a\right)}{x^{4}}=\frac{(x+2)\left(\frac{x-2}{x+2} \cdot e^{x}+a\right)}{x^{3}}$ $\mathrm{a} \in[0,1)$ 由 (1) 知, 当 $x>0$ 时, $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ 的值域为 $(-1,+\infty)$, 只有一解使得 $\frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}=-a$, 只需 $\frac{t-2}{t+2} \bullet e^{t} \leqslant 0$ 恒成立, 可得 $-2<t \leqslant 2$, 由 $x>0$, 可得 $t \in(0,2]$ 当 $x \in(0, t)$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调减; 当 $x \in(t,+\infty), g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调增; $h(a)=\frac{e^{t}-a(t+1)}{t^{2}}=\frac{e^{t}+(t+1) \frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}}{t^{2}}=\frac{e^{t}}{t+2}$ 记 $k(t)=\frac{e^{t}}{t+2}$, 在 $t \in(0,2]$ 时, $k^{\prime}(t)=\frac{e^{t}(t+1)}{(t+2)^{2}}>0$, 故 $k(t)$ 单调递增, 所以 $h(a)=k(t) \in\left(\frac{1}{2}, \frac{e^{2}}{4}\right]$. |
| kimi | (1)【解析】 要讨论函数 $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ 的单调性，我们首先需要求出函数的导数 $f'(x)$。通过求导，我们可以分析函数在不同区间上的增减性。 对于证明部分，我们需要证明当 $x>0$ 时，$(x-2)e^{x}+x+2>0$。我们可以通过构造函数或者直接分析不等式来证明。 <eoe> 【答案】 (1) 首先求导数 $f'(x)$： $$f'(x) = \left(\frac{x-2}{x+2} e^{x}\right)' = \frac{(x+2)(x-2)e^{x} - (x-2)(x+2)e^{x}}{(x+2)^2} = \frac{4xe^{x}}{(x+2)^2}$$ 由于 $e^{x} > 0$ 对于所有 $x$ 都成立，所以 $f'(x)$ 的符号取决于 $4x$ 的符号。当 $x > 0$ 时，$f'(x) > 0$，说明函数在 $(0, +\infty)$ 上是单调递增的。 接下来证明 $(x-2)e^{x}+x+2>0$ 当 $x>0$ 时： 令 $h(x) = (x-2)e^{x} + x + 2$，求导得到 $h'(x) = (x-1)e^{x} + 1$。 当 $x > 1$ 时，$h'(x) > 0$，说明 $h(x)$ 在 $(1, +\infty)$ 上单调递增。 当 $0 < x < 1$ 时，$h'(x) < 0$，说明 $h(x)$ 在 $(0, 1)$ 上单调递减。 由于 $h(0) = 0$，所以当 $x > 0$ 时，$h(x) > h(0) = 0$，即 $(x-2)e^{x} + x + 2 > 0$。 <eoa> (2)【解析】 要证明函数 $g(x)=\frac{e^{x}-a x-a}{x^{2}}(x>0)$ 有最小值，我们需要求出函数的导数 $g'(x)$，并分析其单调性。 求出函数 $g(x)$ 的最小值后，我们可以构造函数 $h(a)$ 并求其值域。 <eoe> 【答案】 (2) 首先求导数 $g'(x)$： $$g'(x) = \frac{(x^{2}e^{x}-2xe^{x}+a x^{2}+2a x)-(e^{x}-ax-a)2x}{x^{4}} = \frac{(x^{2}-2x)e^{x}+a(x^{2}+2x)}{x^{3}}$$ 令 $m(x) = (x^{2}-2x)e^{x}+a(x^{2}+2x)$，求导得到 $m'(x) = (x^{2}+2)e^{x}+a(2x+2)$。 由于 $e^{x} > 0$ 对于所有 $x$ 都成立，当 $a \in [0,1)$ 时，$m'(x) > 0$ 对于所有 $x > 0$ 都成立，说明 $m(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递增。 因此，$m(x) > m(0) = 0$，所以 $g'(x) > 0$，说明 $g(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递增。 由于 $g(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递增，所以 $g(x)$ 在 $x = 0$ 处取得最小值，即 $g(x)$ 的最小值为 $g(0) = 1$。 因此，$h(a) = 1$，其值域为 $\{1\}$。 <eoa> |
解: (1) 证明: $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ $f^{\prime}(x)=e^{x}\left(\frac{x-2}{x+2}+\frac{4}{(x+2)^{2}}\right)=\frac{x^{2} e^{x}}{(x+2)^{2}}$ $\because$ 当 $x \in(-\infty,-2) \cup(-2,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x) \geqslant 0$ $\therefore f(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,+\infty)$ 上单调递增 $\therefore x>0$ 时, $\frac{x-2}{x+2} e^{x}>f(0)=-1$ 即 $(x-2) e^{x+x+2}>0$ (2) $g^{\prime}(x)=\frac{\left(e^{x}-a\right) x^{2}-2 x\left(e^{x}-a x-a\right)}{x^{4}}$ $=\frac{x\left(x e^{x}-2 e^{x}+a x+2 a\right)}{x^{4}}=\frac{(x+2)\left(\frac{x-2}{x+2} \cdot e^{x}+a\right)}{x^{3}}$ $\mathrm{a} \in[0,1)$ 由 (1) 知, 当 $x>0$ 时, $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ 的值域为 $(-1,+\infty)$, 只有一解使得 $\frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}=-a$, 只需 $\frac{t-2}{t+2} \bullet e^{t} \leqslant 0$ 恒成立, 可得 $-2<t \leqslant 2$, 由 $x>0$, 可得 $t \in(0,2]$ 当 $x \in(0, t)$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调减; 当 $x \in(t,+\infty), g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调增; $h(a)=\frac{e^{t}-a(t+1)}{t^{2}}=\frac{e^{t}+(t+1) \frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}}{t^{2}}=\frac{e^{t}}{t+2}$ 记 $k(t)=\frac{e^{t}}{t+2}$, 在 $t \in(0,2]$ 时, $k^{\prime}(t)=\frac{e^{t}(t+1)}{(t+2)^{2}}>0$, 故 $k(t)$ 单调递增, 所以 $h(a)=k(t) \in\left(\frac{1}{2}, \frac{e^{2}}{4}\right]$. |
| wenxinyiyan | (I)【解析】 首先求函数$f(x)$的导数，利用导数的正负来判断函数的单调性。 然后构造辅助函数$\varphi(x) = (x - 2)e^{x} + x + 2$，通过研究其导数来证明当$x > 0$时，$\varphi(x) > 0$。 【答案】 首先，求$f(x)$的导数：$f^{\prime}(x) = \frac{(x - 2)e^{x}(x + 2) - (x - 2)e^{x}}{(x + 2)^{2}} = \frac{x^{2}e^{x}}{(x + 2)^{2}} > 0$，因此$f(x)$在$( - 2, + \infty)$上单调递增。 然后，构造辅助函数$\varphi(x) = (x - 2)e^{x} + x + 2$，求导得$\varphi^{\prime}(x) = e^{x}(x - 2 + 1) + 1 = (x - 1)e^{x} + 1$。 当$x > 0$时，$\varphi^{\prime}(x) > 0$，因此$\varphi(x)$在$(0, + \infty)$上单调递增，所以$\varphi(x) > \varphi(0) = 0$，即$x > 0$时，$(x - 2)e^{x} + x + 2 > 0$。 (II)【解析】 首先求函数$g(x)$的导数，然后通过分类讨论$a$的取值范围，利用导数的正负来判断函数的单调性，从而找到函数的最小值。 接着，研究函数$h(a)$的单调性，通过求导和利用已知的不等式关系来确定其值域。 【答案】 求$g(x)$的导数：$g^{\prime}(x) = \frac{(e^{x} - a)(x - 2) + x + 2}{x^{3}}$。 由(I)知，当$x > 0$时，$(x - 2)e^{x} + x + 2 > 0$，即$(x - 2)e^{x} + x + 2 > (x - 2) + x + 2 = 0$，所以$(x - 2)e^{x} + x + 2 > 0$。 当$a \in [0,1)$时，$g^{\prime}(x) > 0$，因此$g(x)$在$(0, + \infty)$上单调递增，所以$g(x) > g(0)$，即$g(x)$有最小值。 求$h(a)$的导数：$h^{\prime}(a) = \frac{a - 1 - (e^{a} - a^{2} - a)}{a^{2}(a - 1)^{2}} < 0$，因此$h(a)$在$[0,1)$上单调递减。 所以$h(a)$的值域为$( - \infty,1]$。 |
解: (1) 证明: $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ $f^{\prime}(x)=e^{x}\left(\frac{x-2}{x+2}+\frac{4}{(x+2)^{2}}\right)=\frac{x^{2} e^{x}}{(x+2)^{2}}$ $\because$ 当 $x \in(-\infty,-2) \cup(-2,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x) \geqslant 0$ $\therefore f(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,+\infty)$ 上单调递增 $\therefore x>0$ 时, $\frac{x-2}{x+2} e^{x}>f(0)=-1$ 即 $(x-2) e^{x+x+2}>0$ (2) $g^{\prime}(x)=\frac{\left(e^{x}-a\right) x^{2}-2 x\left(e^{x}-a x-a\right)}{x^{4}}$ $=\frac{x\left(x e^{x}-2 e^{x}+a x+2 a\right)}{x^{4}}=\frac{(x+2)\left(\frac{x-2}{x+2} \cdot e^{x}+a\right)}{x^{3}}$ $\mathrm{a} \in[0,1)$ 由 (1) 知, 当 $x>0$ 时, $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ 的值域为 $(-1,+\infty)$, 只有一解使得 $\frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}=-a$, 只需 $\frac{t-2}{t+2} \bullet e^{t} \leqslant 0$ 恒成立, 可得 $-2<t \leqslant 2$, 由 $x>0$, 可得 $t \in(0,2]$ 当 $x \in(0, t)$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调减; 当 $x \in(t,+\infty), g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调增; $h(a)=\frac{e^{t}-a(t+1)}{t^{2}}=\frac{e^{t}+(t+1) \frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}}{t^{2}}=\frac{e^{t}}{t+2}$ 记 $k(t)=\frac{e^{t}}{t+2}$, 在 $t \in(0,2]$ 时, $k^{\prime}(t)=\frac{e^{t}(t+1)}{(t+2)^{2}}>0$, 故 $k(t)$ 单调递增, 所以 $h(a)=k(t) \in\left(\frac{1}{2}, \frac{e^{2}}{4}\right]$. |
| zhipu | (1)【解析】 首先，我们需要讨论函数 \( f(x) = \frac{x-2}{x+2} e^x \) 的单调性。为此，我们计算其导数。 \[ f(x) = \frac{x-2}{x+2} e^x \] 使用商的导数法则和链式法则，我们得到： \[ f'(x) = \left( \frac{x-2}{x+2} \right)' e^x + \frac{x-2}{x+2} (e^x)' \] 首先计算 \(\left( \frac{x-2}{x+2} \right)'\): \[ \left( \frac{x-2}{x+2} \right)' = \frac{(x+2) \cdot 1 - (x-2) \cdot 1}{(x+2)^2} = \frac{x+2 - x + 2}{(x+2)^2} = \frac{4}{(x+2)^2} \] 然后计算 \( (e^x)' = e^x \)，所以： \[ f'(x) = \frac{4}{(x+2)^2} e^x + \frac{x-2}{x+2} e^x \] \[ f'(x) = e^x \left( \frac{4}{(x+2)^2} + \frac{x-2}{x+2} \right) \] 将两个分数合并： \[ f'(x) = e^x \left( \frac{4 + (x-2)(x+2)}{(x+2)^2} \right) = e^x \left( \frac{4 + x^2 - 4}{(x+2)^2} \right) = e^x \left( \frac{x^2}{(x+2)^2} \right) \] 由于 \( e^x > 0 \) 对于所有 \( x \) 都成立，且 \(\frac{x^2}{(x+2)^2} \geq 0\) 对于所有 \( x \neq -2 \) 都成立，所以 \( f'(x) \geq 0 \) 对于所有 \( x \neq -2 \) 都成立。这表明 \( f(x) \) 在其定义域内是单调递增的。 接下来，我们证明当 \( x > 0 \) 时，\( x - 2 e^x + x + 2 > 0 \)。 考虑函数 \( g(x) = x - 2 e^x + x + 2 = 2x - 2 e^x + 2 \)。 我们计算 \( g(x) \) 的导数： \[ g'(x) = 2 - 2 e^x \] 当 \( x > 0 \) 时，\( e^x > 1 \)，所以 \( g'(x) = 2 - 2 e^x < 0 \)。这表明 \( g(x) \) 在 \( x > 0 \) 时是单调递减的。 接下来，我们计算 \( g(0) \)： \[ g(0) = 2 \cdot 0 - 2 e^0 + 2 = 0 \] 由于 \( g(x) \) 在 \( x > 0 \) 时单调递减，且 \( g(0) = 0 \)，所以对于所有 \( x > 0 \)，我们有 \( g(x) < 0 \)。这与题目要求证明的 \( g(x) > 0 \) 矛盾。 经过重新审视，我们发现原题可能有误，正确表达应为 \( x - 2 + x + 2 > 0 \)，即 \( 2x > 0 \)，这在 \( x > 0 \) 时显然成立。 <eoe> 【答案】 函数 \( f(x) = \frac{x-2}{x+2} e^x \) 在其定义域内是单调递增的。当 \( x > 0 \) 时，\( 2x > 0 \) 显然成立。<eoa> (2)【解析】 我们需要证明当 \( a \in [0, 1) \) 时，函数 \( g(x) = \frac{e^x - a x - a}{x^2} \) 在 \( x > 0 \) 有最小值，并求其最小值函数 \( h(a) \) 的值域。 首先，计算 \( g(x) \) 的导数： \[ g(x) = \frac{e^x - a x - a}{x^2} \] 使用商的导数法则： \[ g'(x) = \frac{(e^x - a x - a)' \cdot x^2 - (e^x - a x - a) \cdot (x^2)'}{(x^2)^2} \] \[ g'(x) = \frac{(e^x - a) \cdot x^2 - (e^x - a x - a) \cdot 2x}{x^4} \] \[ g'(x) = \frac{x^2 e^x - a x^2 - 2x e^x + 2a x + 2a}{x^4} \] \[ g'(x) = \frac{x^2 e^x - 2x e^x - a x^2 + 2a x + 2a}{x^4} \] \[ g'(x) = \frac{x e^x (x - 2) - a (x^2 - 2x) + 2a}{x^4} \] \[ g'(x) = \frac{e^x (x - 2) - a (x - 2) + 2a}{x^3} \] \[ g'(x) = \frac{(e^x - a)(x - 2) + 2a}{x^3} \] 令 \( g'(x) = 0 \)，得到： \[ (e^x - a)(x - 2) + 2a = 0 \] \[ (e^x - a)(x - 2) = -2a \] 由于 \( a \in [0, 1) \)，所以 \( -2a \in [0, -2) \)。 考虑 \( x = 2 \) 时： \[ g(2) = \frac{e^2 - 2a - a}{4} = \frac{e^2 - 3a}{4} \] 我们需要证明这是最小值。考察 \( g(x) \) 的二阶导数： \[ g''(x) = \left( \frac{(e^x - a)(x - 2) + 2a}{x^3} \right)' \] 计算较复杂，但可以通过分析 \( g(x) \) 的单调性确认 \( x = 2 \) 处为极小值点。 设 \( h(a) = \frac{e^2 - 3a}{4} \)，求其值域： \[ h(a) \] 是关于 \( a \) 的线性函数，且 \( a \in [0, 1) \)。 当 \( a = 0 \) 时，\( h(0) = \frac{e^2}{4} \)。 当 \( a \to 1 \) 时，\( h(a) \to \frac{e^2 - 3}{4} \)。 所以，\( h(a) \) 的值域为 \( \left[ \frac{e^2 - 3}{4}, \frac{e^2}{4} \right) \)。 <eoe> 【答案】 当 \( a \in [0, 1) \) 时，函数 \( g(x) = \frac{e^x - a x - a}{x^2} \) 在 \( x > 0 \) 有最小值，其最小值为 \( \frac{e^2 - 3a}{4} \)。函数 \( h(a) \) 的值域为 \( \left[ \frac{e^2 - 3}{4}, \frac{e^2}{4} \right) \)。<eoa> |
解: (1) 证明: $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ $f^{\prime}(x)=e^{x}\left(\frac{x-2}{x+2}+\frac{4}{(x+2)^{2}}\right)=\frac{x^{2} e^{x}}{(x+2)^{2}}$ $\because$ 当 $x \in(-\infty,-2) \cup(-2,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x) \geqslant 0$ $\therefore f(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,+\infty)$ 上单调递增 $\therefore x>0$ 时, $\frac{x-2}{x+2} e^{x}>f(0)=-1$ 即 $(x-2) e^{x+x+2}>0$ (2) $g^{\prime}(x)=\frac{\left(e^{x}-a\right) x^{2}-2 x\left(e^{x}-a x-a\right)}{x^{4}}$ $=\frac{x\left(x e^{x}-2 e^{x}+a x+2 a\right)}{x^{4}}=\frac{(x+2)\left(\frac{x-2}{x+2} \cdot e^{x}+a\right)}{x^{3}}$ $\mathrm{a} \in[0,1)$ 由 (1) 知, 当 $x>0$ 时, $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ 的值域为 $(-1,+\infty)$, 只有一解使得 $\frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}=-a$, 只需 $\frac{t-2}{t+2} \bullet e^{t} \leqslant 0$ 恒成立, 可得 $-2<t \leqslant 2$, 由 $x>0$, 可得 $t \in(0,2]$ 当 $x \in(0, t)$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调减; 当 $x \in(t,+\infty), g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调增; $h(a)=\frac{e^{t}-a(t+1)}{t^{2}}=\frac{e^{t}+(t+1) \frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}}{t^{2}}=\frac{e^{t}}{t+2}$ 记 $k(t)=\frac{e^{t}}{t+2}$, 在 $t \in(0,2]$ 时, $k^{\prime}(t)=\frac{e^{t}(t+1)}{(t+2)^{2}}>0$, 故 $k(t)$ 单调递增, 所以 $h(a)=k(t) \in\left(\frac{1}{2}, \frac{e^{2}}{4}\right]$. |
| gpto1 | (1)【解析】 **第一步：讨论函数 \( f(x)=\dfrac{x-2}{x+2}e^{x} \) 的单调性** 为了讨论 \( f(x) \) 的单调性，我们需要求它的导数 \( f'(x) \)。 首先，计算 \( f(x) \) 的导数： 设 \[ f(x) = \left( \dfrac{x-2}{x+2} \right) e^{x} \] 令 \[ v(x) = \dfrac{x-2}{x+2}, \quad u(x) = e^{x} \] 则 \[ f(x) = v(x) u(x) \] 利用乘积法则，导数为： \[ f'(x) = v'(x) u(x) + v(x) u'(x) \] 计算 \( v'(x) \)： \[ v'(x) = \dfrac{(1)(x+2) - (x-2)(1)}{(x+2)^2} = \dfrac{(x+2)-(x-2)}{(x+2)^2} = \dfrac{4}{(x+2)^2} \] 计算 \( u'(x) \)： \[ u'(x) = e^{x} \] 因此， \[ f'(x) = \left( \dfrac{4}{(x+2)^2} \right) e^{x} + \left( \dfrac{x-2}{x+2} \right) e^{x} \] 合并同类项，通分得到： \[ f'(x) = e^{x} \left( \dfrac{4}{(x+2)^2} + \dfrac{x-2}{x+2} \right) = e^{x} \left( \dfrac{4(x+2) + (x-2)(x+2)}{(x+2)^3} \right) \] 展开并计算分子： \[ 4(x+2) + (x-2)(x+2) = 4(x+2) + x^2 - 4 = 4x +8 + x^2 -4 = x^2 + 4x +4 \] 注意到： \[ x^2 + 4x +4 = (x+2)^2 \] 因此， \[ f'(x) = e^{x} \dfrac{(x+2)^2}{(x+2)^3} = e^{x} \dfrac{1}{x+2} \] 然而这里有误，我们应该重新计算。 实际上，分子计算结果应该是： \[ 4(x+2) + (x-2)(x+2) = 4(x+2) + (x^2 -4) = 4x +8 + x^2 -4 = x^2 +4x +4 \] 所以分子为 \( (x+2)^2 \)。 因此，导数为： \[ f'(x) = e^{x} \dfrac{(x+2)^2}{(x+2)^3} = e^{x} \dfrac{1}{x+2} \] 因此， \[ f'(x) = \dfrac{e^{x}}{x+2} \] 因为 \( e^{x} > 0 \)，且当 \( x \ne -2 \) 时，\( x+2 \ne 0 \)。 当 \( x > -2 \) 时，\( x+2 > 0 \)，所以 \( f'(x) > 0 \) 当 \( x < -2 \) 时，\( x+2 < 0 \)，所以 \( f'(x) < 0 \) 因此，函数 \( f(x) \) 在 \( x = -2 \) 处有垂直渐近线，在 \( x > -2 \) 上单调递增，在 \( x < -2 \) 上单调递减。 **第二步：证明当 \( x>0 \) 时，\( (x-2)e^{x} + x+2 > 0 \)** 我们注意到： \[ (x-2)e^{x} + x+2 = e^{x}(x-2) + x+2 \] 设 \( F(x) = e^{x}(x-2) + x+2 \) 利用前面的结果，注意到 \( f(x) = \left( \dfrac{x-2}{x+2} \right)e^{x} \)，则有： \[ f(x)(x+2) = (x-2)e^{x} \] 因此， \[ (x-2)e^{x} + x+2 = f(x)(x+2) + x+2 = (x+2)(f(x)+1) \] 当 \( x>0 \) 时，\( x+2 > 0 \)，且从之前的讨论得知 \( f(x) \) 在 \( x>-2 \) 时单调递增。 因为 \( f(0) = \left( \dfrac{0-2}{0+2} \right)e^{0} = -1 \)，且 \( f(x) \) 在 \( x>0 \) 时递增，所以 \( f(x)+1 > 0 \)。 因此， \[ F(x) = (x+2)(f(x)+1) > 0 \] 即证。 <eoe> 【答案】 (1) 函数 \( f(x) \) 在 \( x>-2 \) 上单调递增；当 \( x>0 \) 时，\( (x-2)e^{x} + x+2 > 0 \)。<eoa> (2)【解析】 **第一步：证明函数 \( g(x) = \dfrac{e^{x} - a x - a}{x^{2}} \)（\( x>0 \)）存在最小值** 计算 \( g(x) \) 的导数： \[ g(x) = \dfrac{e^{x} - a x - a}{x^{2}} \] 设 \[ N(x) = e^{x} - a x - a, \quad D(x) = x^{2} \] 则 \[ g'(x) = \dfrac{N'(x) \cdot D(x) - N(x) \cdot D'(x)}{D(x)^{2}} \] 计算： \[ N'(x) = e^{x} - a, \quad D'(x) = 2 x \] 代入得： \[ g'(x) = \dfrac{(e^{x} - a) x^{2} - (e^{x} - a x - a)(2 x)}{x^{4}} \] 化简分子： \[ (e^{x} - a) x^{2} - [e^{x} - a x - a](2 x) = e^{x} x^{2} - a x^{2} - 2 x e^{x} + 2 a x^{2} + 2 a x \] 整理： \[ e^{x} x^{2} - 2 x e^{x} + a x^{2} + 2 a x \] 提取公因式： \[ x e^{x} (x - 2) + a x (x + 2) \] 所以， \[ g'(x) = \dfrac{x [e^{x} (x - 2) + a (x + 2)]}{x^{4}} = \dfrac{e^{x} (x - 2) + a (x + 2)}{x^{3}} \] 令导数为零，得： \[ e^{x} (x - 2) + a (x + 2) = 0 \] 对任意 \( a \in [0,1) \)，上述方程在 \( x>0 \) 上有唯一解（可利用函数的连续性和单调性证明）。 由于当 \( x \to 0^{+} \) 时，左边趋于负无穷，当 \( x \to +\infty \) 时，左边趋于正无穷，因此存在唯一的 \( x>0 \) 使得导数为零，即函数 \( g(x) \) 在 \( x>0 \) 上存在最小值。 **第二步：求 \( h(a) \) 的值域** 在导数为零的点 \( x_{0} \) 处，代入 \( g(x) \)： 因为 \[ e^{x_{0}} = a \dfrac{x_{0} + 2}{2 - x_{0}} \] 将 \( g(x_{0}) \) 化简： \[ g(x_{0}) = \dfrac{e^{x_{0}} - a x_{0} - a}{x_{0}^{2}} = \dfrac{a \dfrac{x_{0} + 2}{2 - x_{0}} - a x_{0} - a}{x_{0}^{2}} = \dfrac{a}{2 - x_{0}} \] 因此， \[ h(a) = g(x_{0}) = \dfrac{a}{2 - x_{0}} \] 由于 \( x_{0} \in (0,2) \)，所以 \( 2 - x_{0} \in (0,2) \)，且 \( h(a) \) 可以取遍 \( \left( \dfrac{a}{2}, +\infty \right) \)。 因此，\( h(a) \) 的值域是 \( \left( \dfrac{a}{2}, +\infty \right) \)。 <eoe> 【答案】 (2) 当 \( a \in [0,1) \) 时，函数 \( g(x) \) 在 \( x>0 \) 上有最小值 \( h(a) = \dfrac{a}{2 - x_{0}} \)，其中 \( x_{0} \) 满足 \( e^{x_{0}} (x_{0} - 2) + a (x_{0} + 2) = 0 \)。\( h(a) \) 的值域为 \( \left( \dfrac{a}{2}, +\infty \right) \)。<eoa> |
解: (1) 证明: $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ $f^{\prime}(x)=e^{x}\left(\frac{x-2}{x+2}+\frac{4}{(x+2)^{2}}\right)=\frac{x^{2} e^{x}}{(x+2)^{2}}$ $\because$ 当 $x \in(-\infty,-2) \cup(-2,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x) \geqslant 0$ $\therefore f(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,+\infty)$ 上单调递增 $\therefore x>0$ 时, $\frac{x-2}{x+2} e^{x}>f(0)=-1$ 即 $(x-2) e^{x+x+2}>0$ (2) $g^{\prime}(x)=\frac{\left(e^{x}-a\right) x^{2}-2 x\left(e^{x}-a x-a\right)}{x^{4}}$ $=\frac{x\left(x e^{x}-2 e^{x}+a x+2 a\right)}{x^{4}}=\frac{(x+2)\left(\frac{x-2}{x+2} \cdot e^{x}+a\right)}{x^{3}}$ $\mathrm{a} \in[0,1)$ 由 (1) 知, 当 $x>0$ 时, $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ 的值域为 $(-1,+\infty)$, 只有一解使得 $\frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}=-a$, 只需 $\frac{t-2}{t+2} \bullet e^{t} \leqslant 0$ 恒成立, 可得 $-2<t \leqslant 2$, 由 $x>0$, 可得 $t \in(0,2]$ 当 $x \in(0, t)$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调减; 当 $x \in(t,+\infty), g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调增; $h(a)=\frac{e^{t}-a(t+1)}{t^{2}}=\frac{e^{t}+(t+1) \frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}}{t^{2}}=\frac{e^{t}}{t+2}$ 记 $k(t)=\frac{e^{t}}{t+2}$, 在 $t \in(0,2]$ 时, $k^{\prime}(t)=\frac{e^{t}(t+1)}{(t+2)^{2}}>0$, 故 $k(t)$ 单调递增, 所以 $h(a)=k(t) \in\left(\frac{1}{2}, \frac{e^{2}}{4}\right]$. |
| deepseekv3 | server error: Error code: 400 - {'error': {'code': 'RequestTimeOut', 'param': None, 'message': 'Request timed out, please try again later.', 'type': 'RequestTimeOut'}, 'id': 'chatcmpl-b51e17fd-20ab-9dea-adcc-00f9fb07ea46', 'request_id': 'b51e17fd-20ab-9dea-adcc-00f9fb07ea46'} | 解: (1) 证明: $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ $f^{\prime}(x)=e^{x}\left(\frac{x-2}{x+2}+\frac{4}{(x+2)^{2}}\right)=\frac{x^{2} e^{x}}{(x+2)^{2}}$ $\because$ 当 $x \in(-\infty,-2) \cup(-2,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x) \geqslant 0$ $\therefore f(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,+\infty)$ 上单调递增 $\therefore x>0$ 时, $\frac{x-2}{x+2} e^{x}>f(0)=-1$ 即 $(x-2) e^{x+x+2}>0$ (2) $g^{\prime}(x)=\frac{\left(e^{x}-a\right) x^{2}-2 x\left(e^{x}-a x-a\right)}{x^{4}}$ $=\frac{x\left(x e^{x}-2 e^{x}+a x+2 a\right)}{x^{4}}=\frac{(x+2)\left(\frac{x-2}{x+2} \cdot e^{x}+a\right)}{x^{3}}$ $\mathrm{a} \in[0,1)$ 由 (1) 知, 当 $x>0$ 时, $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ 的值域为 $(-1,+\infty)$, 只有一解使得 $\frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}=-a$, 只需 $\frac{t-2}{t+2} \bullet e^{t} \leqslant 0$ 恒成立, 可得 $-2<t \leqslant 2$, 由 $x>0$, 可得 $t \in(0,2]$ 当 $x \in(0, t)$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调减; 当 $x \in(t,+\infty), g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调增; $h(a)=\frac{e^{t}-a(t+1)}{t^{2}}=\frac{e^{t}+(t+1) \frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}}{t^{2}}=\frac{e^{t}}{t+2}$ 记 $k(t)=\frac{e^{t}}{t+2}$, 在 $t \in(0,2]$ 时, $k^{\prime}(t)=\frac{e^{t}(t+1)}{(t+2)^{2}}>0$, 故 $k(t)$ 单调递增, 所以 $h(a)=k(t) \in\left(\frac{1}{2}, \frac{e^{2}}{4}\right]$. |