Question

已知函數(shù)f（x）=-ae^2x+（2-a）e^x+x，其中a為常數(shù)．
（Ⅰ）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）設(shè)函數(shù)h（x）=ln（

2

a

-e^x）+2ae^x-x-2（a＞0），求使得h（x）≤0成立的x的最小值；
（Ⅲ）已知方程f（x）=0的兩個(gè)根為x₁，x₂，并且滿足x₁＜x₂＜ln

2

a

．求證：a（ex1+ex2）＞2．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）先求出f′（x）=（2e^x+1）（-ae^x+1），再討論①當(dāng)a≤0時(shí)，②當(dāng)a＞0時(shí)的情況，從而求出單調(diào)區(qū)間，
（Ⅱ） 由已知，函數(shù)h（x）的定義域?yàn)椋?∞，ln

2

a

），且h′（x）=

2(aex-1)2

aex-2

，當(dāng)x∈[ln

1

a

，ln

2

a

）時(shí)，h（x）≤0，進(jìn)而求出x的最小值為ln

1

a

．
（Ⅲ） 由（Ⅰ）知當(dāng)a≤0時(shí)，由f（ln（

2

a

-ex1 ））-f（x₁ ）=ln（

2

a

-ex1）+2aex1-x₁-2＞0，可得ln（

2

a

-ex1 ）＜x₂．從而a（ex1+ex2）＞2．

解答： 解：（Ⅰ）∵f′（x）=（2e^x+1）（-ae^x+1），
①當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）＞0，
∴函數(shù)f（x）在（-∞，+∞）上為單調(diào)遞增函數(shù)；
②當(dāng)a＞0時(shí)，
令f′（x）＞0，解得：x＜ln

1

a

，
令f′（x）＜0，解得：x＞ln

1

a

，
∴函數(shù)f（x）在（-∞，ln

1

a

）上為單調(diào)遞增，在（ln

1

a

，+∞）上為單調(diào)遞減函數(shù)．
（Ⅱ） 由已知，函數(shù)h（x）的定義域?yàn)椋?∞，ln

2

a

），
且h′（x）=

2(aex-1)2

aex-2

，
∵ae^x-2＜0，
∴h（x）在定義域內(nèi)為遞減函數(shù)，
又∵h(yuǎn)（ln

1

a

）=0，當(dāng)x∈[ln

1

a

，ln

2

a

）時(shí)，h（x）≤0，
∴x的最小值為ln

1

a

．
（Ⅲ） 由（Ⅰ）知當(dāng)a≤0時(shí)，
函數(shù)f（x）在（-∞，+∞）上為單調(diào)遞增函數(shù)，方程至多有一根，
∴a＞0，f（ln

1

a

）＞0，x₁＜ln

1

a

＜x₂，
又∵f（ln（

2

a

-ex1 ））-f（x₁ ）=ln（

2

a

-ex1）+2aex1-x₁-2＞0，
∴f（ln（

2

a

-ex1 ））＞f（x₁）=0，
可得ln（

2

a

-ex1 ）＜x₂．
即

2

a

-ex1＜ex2，
∴a（ex1+ex2）＞2．

點(diǎn)評：本題考察了函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的最值問題，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，不等式的證明，是一道綜合題．