Question

3．已知函數(shù)f（x）=me^2x+ne^x，（m，n∈R），g（x）=x．
（1）當n=4時，若F（x）=f（x）-g（x）存在單調遞增區(qū)間，求m的取值范圍；
（2）當m＞0時，設f（x）圖象C₁與g（x）圖象C₂相交于不同兩點M，N，過線段MN的中點P作x軸的垂線交C₁于點Q（x₀，y₀），若記f′（x）為f（x）導數(shù)，求證：f′（x₀）＜1．

Answer 1

分析 （1）F（x）=f（x）-g（x）在定義域上單調遞增，等價于a在R上有解，由此可求a的取值范圍；
（2）設M（x₁，y₁） N（x₂，y₂），且x₁＜x₂，根據(jù)條件得到x₂-x₁的表達式，再令t=x₂-x₁＞0，則設G（t）=${e}^{\frac{t}{2}}$-${e}^{-\frac{t}{2}}$-t，利用導數(shù)得出函數(shù)為增函數(shù)，繼而得出即f′（x₀）＜1．

解答 解：（1）∵函數(shù)f（x）=me^2x+ne^x，g（x）=x，n=4，
∴F（x）=me^2x+4e^x-x，
則F′（x）=2me^2x+4e^x-1，
∵F（x）=f（x）-g（x）存在單調遞增區(qū)間，
∴F′（x）=2me^2x+4e^x-1＞0，
∴m＞$\frac{1}{{2e}^{2x}}$-$\frac{2}{{e}^{x}}$在R上有解，
∴m＞-2；
（Ⅱ）設M（x₁，y₁）．N（x₂，y₂），不妨設x₁＜x₂，則 $\frac{{x}_{2}{+x}_{1}}{2}$=x₀，
me^2x₁+ne^x₁=x₁，me^2x₂+ne^x₂=x₂，
兩式相減得：m（e^2x₂-e^2x1）+n（e^x₂-e^x₁）=x₂-x₁，
整理得x₂-x₁=m（e^x₂-e^x₁）（e^x₂+e^x₁）+n（e^x₂-e^x1）
則 $\frac{{{x}_{2}-x}_{1}}{{{e}^{{x}_{2}}-e}^{{x}_{1}}}$=m（e^x₂+e^x₁）+n≥2m${e}^{\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}}$+n，
于是 $\frac{{x}_{2}{-x}_{1}}{{{e}^{{x}_{2}}-e}^{{x}_{1}}}$•${e}^{\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}}$≥2me^x₂+x₁+n${e}^{\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}}$=f′（0）
而 $\frac{{x}_{2}{-x}_{1}}{{{e}^{{x}_{2}}-e}^{{x}_{1}}}$•${e}^{\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}}$=$\frac{{x}_{2}{-x}_{1}}{{e}^{{{x}_{2}-x}_{1}}-1}$•${e}^{\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}}$，
令t=x₂-x₁＞0，則設G（t）=${e}^{\frac{t}{2}}$-${e}^{-\frac{t}{2}}$-t，
則G′（t）=$\frac{1}{2}$${e}^{\frac{t}{2}}$+$\frac{1}{2}$${e}^{-\frac{t}{2}}$-1＞$\frac{1}{2}$×2 $\sqrt{{e}^{\frac{t}{2}}{•}^{e-\frac{t}{2}}}$-1=0，
∴y=G（t）在（0，+∞）上單調遞增，
則G（t）＞G（0），
于是有${e}^{\frac{t}{2}}$-${e}^{-\frac{t}{2}}$＞t，
即e^t-1＞t•${e}^{\frac{t}{2}}$，且e^t-1＞0，
∴$\frac{t}{{e}^{t}-1}$•${e}^{\frac{t}{2}}$＜1，
即f′（x₀）＜1．

點評 本題考查導數(shù)知識的綜合運用，考查函數(shù)的單調性，考查不等式的證明，考查學生分析解決問題的能力，屬于難題．