Question

3．已知函數(shù)f（x）=e^x-ax-b，其中a，b∈R，e=2.71828…為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．
（I）當(dāng)b=-a時(shí)，求f（x）的極小值；
（Ⅱ）當(dāng)f（x+1）+a≥0時(shí)，對(duì)x∈R恒成立，求ab的最大值；
（Ⅲ）當(dāng)a＞0，b=-a時(shí)，設(shè)f'（x）為f（x）的導(dǎo)函數(shù)，若函數(shù)f（x）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x₁，x₂，且x₁＜x₂，求證：f（3lna）＞f′（$\frac{{2{x_1}{x_2}}}{{{x_1}+{x_2}}}$）．

Answer 1

分析 （I）顯然f'（x）=e^x-a，分a≤0、a＞0兩種情況討論即可；
（Ⅱ）原不等式等價(jià)于e^x+1≥ax+b對(duì)x∈R恒成立，分a≥0、a=0、a＞0三種情況討論即可；
（Ⅲ）由（Ⅰ）知f（x）=e^x-ax+a，從而f（3lna）=a（a²-3lna+1）=$a（{a}^{2}-\frac{3}{2}ln{a}^{2}+1）$，a＞e²，令t=a²，$p（t）=t-\frac{3}{2}lnt+1$，t＞e⁴，易得p（t）在（e⁴，+∞）上單調(diào)遞增，從而$p（t）_{min}=p（{e}^{4}）={e}^{4}-5＞0$，所以f（3lna）＞0，a＞e²；而$f′（\frac{2{x}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}）$=${e}^{\frac{2{x}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}}$-a＜${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$-a，令T=${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$-a，則可證明T＜0恒成立，從而$f′（\frac{2{x}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}）$＜0．所以有f（3lna）＞f′（$\frac{{2{x_1}{x_2}}}{{{x_1}+{x_2}}}$）．

解答 解：（I）當(dāng)b=-a時(shí)，由函數(shù)f（x）=e^x-ax-b，
知f（x）=e^x-ax+a，所以f'（x）=e^x-a，
當(dāng)a≤0時(shí)，f'（x）=e^x-a＞0，此時(shí)函數(shù)f（x）無(wú)極值；
當(dāng)a＞0時(shí)，令f'（x）=e^x-a=0，得x=lna．
所以函數(shù)f（x）在（-∞，lna）上單調(diào)遞減，在（lna，+∞）上單調(diào)遞增，
從而f（x）_min=f（lna）=2a-alna．
（Ⅱ）f（x+1）+a≥0?e^x+1≥ax+b對(duì)x∈R恒成立，
顯然a≥0，所以原不等式等價(jià)于b≤e^x+1-ax對(duì)x∈R恒成立．
若a=0，則ab=0；
若a＞0，則ab≤ae^x+1-a²x．
設(shè)函數(shù)h（x）=ae^x+1-a²x，則h′（x）=ae^x+1-a²=a（e^x+1-a）．
由h′（x）＜0，解得x＜lna-1；
由h′（x）＞0，解得x＞lna-1．
所以函數(shù)h（x）在（-∞，lna-1）上單調(diào)遞減，在（lna-1，+∞）上單調(diào)遞增，
故$h（x）_{min}=h（lna-1）=2{a}^{2}-{a}^{2}lna$．
設(shè)g（a）=$2{a}^{2}-{a}^{2}lna\$  （a＞0），
則g′（a）=a（3-2lna），
令g′（a）=0，解得a=${e}^{\frac{3}{2}}$，
由g′（a）＜0，解得a＞${e}^{\frac{3}{2}}$，
由g′（a）＜0，解得0＜a＜${e}^{\frac{3}{2}}$，
故g（a）在（0，${e}^{\frac{3}{2}}$）上單調(diào)遞增，在（${e}^{\frac{3}{2}}$，+∞）上單調(diào)遞減．
所以$g（a）_{max}=g（{e}^{\frac{3}{2}}）=\frac{1}{2}{e}^{3}$，
即ab$≤\frac{1}{2}{e}^{3}$，
綜上，ab的最大值為$\frac{1}{2}{e}^{3}$．
（Ⅲ）由（Ⅰ）知f（x）=e^x-ax+a，
a＞0，且f'（x）=e^x-a，
且函數(shù)f（x）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x₁，x₂，且x₁＜x₂，
此時(shí)f（x）_極小值=f（lna）=2a-alna＜0，
解得a＞e²．
∵f（0）=a+1＞0，
∴x₂＞x₁＞0，
從而f（3lna）=a（a²-3lna+1）=$a（{a}^{2}-\frac{3}{2}ln{a}^{2}+1）$，a＞e²，
令t=a²，則t＞e⁴，
所以$p（t）=t-\frac{3}{2}lnt+1$，t＞e⁴，
∵$p′（t）=1-\frac{3}{2t}＞$0，
∴p（t）在（e⁴，+∞）上單調(diào)遞增，
從而$p（t）_{min}=p（{e}^{4}）={e}^{4}-5＞0$，
故p（t）＞0，所以f（3lna）＞0，a＞e²，
而$f′（\frac{2{x}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}）$=${e}^{\frac{2{x}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}}$-a＜${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$-a，
令T=${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$-a，
由$\left\{\begin{array}{l}{{e}^{{x}_{1}}=a（{x}_{1}-1）}\\{{e}^{{x}_{2}}=a（{x}_{2}-1）}\end{array}\right.$ 可得$a=\frac{{e}^{{x}_{1}}-{e}^{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
所以T=${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$-a
=${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$-$\frac{{e}^{{x}_{1}}-{e}^{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$
=${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$-${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$•$\frac{{e}^{\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{2}}-{e}^{\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
令$\frac{{{x}_{2}-x}_{1}}{2}=λ$，則λ＞0，
所以T=${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$（1-$\frac{{e}^{λ}-{e}^{-λ}}{2λ}$）
=${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$•$\frac{2λ-{e}^{λ}+{e}^{-λ}}{2λ}$，
令φ（λ）=2λ-e^λ+e^-λ （λ＞0），
則φ′（λ）=2-（e^λ+e^-λ）＜2-2=0，
故φ（λ）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
所以φ（λ）＜φ（0）=0，
則T＜0恒成立，
從而$f′（\frac{2{x}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}）$=${e}^{\frac{2{x}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}}$-a＜${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$-a＜0，
綜上，有f（3lna）＞f′（$\frac{{2{x_1}{x_2}}}{{{x_1}+{x_2}}}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查的知識(shí)點(diǎn)是利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性及極值，其中解答的關(guān)鍵是等量代換，屬難題．