Question

12．已知函數(shù)f（x）=e^x，g（x）=-x²+2x-af（x）（a∈R），x₁，x₂是兩個任意實數(shù)且x₁≠x₂．
（1）求函數(shù)f（x）的圖象在x=0處的切線方程；
（2）若函數(shù)g（x）在R上是增函數(shù)，求a的取值范圍；
（3）求證：$f（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）＜\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，計算f′（0），從而求出過（0，1）的切線方程即可；
（2）求出g（x）的導數(shù)，分離參數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為$a≤\frac{-2x+2}{e^x}$恒成立，令$h（x）=\frac{-2x+2}{e^x}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可；
（3）不妨設x₁＞x₂，$t=\frac{{{x_1}-{x_2}}}{2}$，只需證明${e^t}＜\frac{{{e^{2t}}-1}}{2t}$（t＞0），只需證明2te^t＜e^2t-1對t＞0恒成立，設h（t）=e^2t-2te^t-1，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出h（t）的最小值，證明即可．

解答 解：（1）因為f'（x）=e^x，…（1分）
則切線的斜率為f'（0）=1，切點為（0，1），
所以函數(shù)f（x）的圖象在x=0處切線方程為y=x+1； …（3分）
（2）由g（x）=-x²+2x-ae^x得g'（x）=-2x+2-ae^x，
因為函數(shù)在實數(shù)集上是增函數(shù)，
所以g'（x）=-2x+2-ae^x≥0恒成立，…（5分）
則$a≤\frac{-2x+2}{e^x}$恒成立，
令$h（x）=\frac{-2x+2}{e^x}$，
由$h'（x）=\frac{2（x-2）}{e^x}=0$得x=2，…（7分）
當x∈（-∞，2）時，h'（x）＜0，函數(shù)h（x）遞減；
當x∈（2，+∞）時，h'（x）＞0，函數(shù)h（x）遞增；
所以當x=2時，函數(shù)$h{（x）_{min}}=h（2）=\frac{-2}{e^2}$，
故實數(shù)a的取值范圍是$（-∞，-\frac{2}{e^2}]$．…（9分）
（3）要證明$f（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）＜\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$，即證明${e^{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}}＜\frac{{{e^{x_1}}-{e^{x_2}}}}{{{x_1}-{x_2}}}$，
只需證明${e^{\frac{{{x_1}-{x_2}}}{2}}}＜\frac{{{e^{{x_1}-{x_2}}}-1}}{{{x_1}-{x_2}}}$，不妨設x₁＞x₂，$t=\frac{{{x_1}-{x_2}}}{2}$，
只需證明${e^t}＜\frac{{{e^{2t}}-1}}{2t}$（t＞0），
只需證明2te^t＜e^2t-1對t＞0恒成立，…（11分）
設h（t）=e^2t-2te^t-1，
則h'（t）=（e^t•e^t）'-2te^t-2e^t=2e^2t-2te^t-2e^t=2e^t（e^t-t-1），
設φ（t）=e^t-t-1，當t＞0時φ'（t）=e^t-1＞0恒成立，
則φ（t）遞增，φ（t）＞φ（0）=0，即h'（t）＞0，…（13分）
則h'（t）＞0，故函數(shù)h（t）遞增，有h（t）＞h（0）=0恒成立，
即2te^t＜e^2t-1對t＞0恒成立，
所以${e^{\frac{{{x_1}-{x_2}}}{2}}}＜\frac{{{e^{{x_1}-{x_2}}}-1}}{{{x_1}-{x_2}}}$，即$f（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）＜\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$．…（16分）

點評 本題考查了切線方程問題，考查函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及不等式的證明，滲透換元思想、分類討論思想，是一道綜合題．