Question

17．已知函數(shù)f（x）=e^x，x∈R
（1）若方程f（x）=mx²（m＞0）在（0，+∞）上有兩個(gè)不同的實(shí)根，求m的取值范圍；
（2）設(shè)a＜b，比較$\frac{f（a）+f（b）}{2}$與$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$的大小，并說明理由．

Answer 1

分析 （1）分離參數(shù)m=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}}$，m＞0，求解導(dǎo)數(shù)解不等式得出m′（x）=$\frac{{e}^{x}（x-2）}{{x}^{3}}$=0，x=2，
m′（x）=$\frac{{e}^{x}（x-2）}{{x}^{3}}$＞0，x＞2，m′（x）=$\frac{{e}^{x}（x-2）}{{x}^{3}}$＜0，0＜x＜2，得出單調(diào)區(qū)間．
（2）作差得出式子$\frac{f（a）+f（b）}{2}$-$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$═$\frac{（b-a）+2+（b-a-2）•{e}^{b-a}}{2（b-a）}$•e^a，
構(gòu)造函數(shù)g（x）=x+2+（x-2）•e^x，判斷g′（x）=1+（x-1）•e^x，在（0，+∞）單調(diào)遞增，
得出g（x）在（0，∞）單調(diào)遞增，把b-a看作變量x即可得證．

解答 解：函數(shù)f（x）=e^x，x∈R
（1）∵方程f（x）=mx²（m＞0），e^x=mx²，x≠0，
∴m=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}}$，m＞0，
令m（x）=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}}$，m′（x）=$\frac{{e}^{x}（x-2）}{{x}^{3}}$，x＞0
∵m′（x）=$\frac{{e}^{x}（x-2）}{{x}^{3}}$=0，x=2，
m′（x）=$\frac{{e}^{x}（x-2）}{{x}^{3}}$＞0，x＞2，
m′（x）=$\frac{{e}^{x}（x-2）}{{x}^{3}}$＜0，0＜x＜2
∴m（x）=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}}$，在（0，2）上單調(diào)遞減，在（2，+∞）上單調(diào)遞增，

最小值為m（2）=$\frac{{e}^{2}}{4}$，
∵方程f（x）=mx²（m＞0）在（0，+∞）上有兩個(gè)不同的實(shí)根，
∴m（x）=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}}$，m＞0，與y=m在（0，+∞）上有兩個(gè)不同交點(diǎn)，
故m$＞\frac{{e}^{2}}{4}$
（2）作差法：$\frac{f（a）+f（b）}{2}$-$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$=$\frac{（b-a+2）f（a）+（b-a）f（b）}{2（b-a）}$=$\frac{（b-a+2）{e}^{a}+（b-a-2）{e}^}{2（b-a）}$
=$\frac{（b-a）+2+（b-a-2）•{e}^{b-a}}{2（b-a）}$•e^a
令g（x）=x+2+（x-2）•e^x，
則g（0）=2-2=0，
∴g′（x）=1+（x-1）•e^x，
而g（0）=0，
∴g′（x）=x•e^x＞0，
∴g′（x）=1+（x-1）•e^x，在（0，+∞）單調(diào)遞增，
∴g′（x）＞g′（0）=0，
∴g′（x）＞0，
故g（x）在（0，∞）單調(diào)遞增，
∴g（x）＞g（0）=0，而a＜b，b-a＞0，
∴（b-a）+2+（b-a-2）•e^b-a＞0，

∴$\frac{（b-a+2）{e}^{a}+（b-a-2）{e}^}{2（b-a）}$＞0，

$\frac{（b-a+2）f（a）+（b-a）f（b）}{2（b-a）}$＞0，
$\frac{f（a）+f（b）}{2}$-$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$＞0，
即$\frac{f（a）+f（b）}{2}$＞$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考察了運(yùn)用導(dǎo)數(shù)解決問題，構(gòu)造函數(shù)利用多次求解導(dǎo)數(shù)，解決，考察了學(xué)生多學(xué)過的數(shù)學(xué)思想方法靈活運(yùn)用的能力，作差比較時(shí)常見的方法，但是對(duì)于差的處理，運(yùn)用的方法，學(xué)生不一定會(huì)．