Question

已知函數(shù)f（x）=ae^2x+be^x（a，b∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù)），g（x）=x．
（Ⅰ）當(dāng)b=2時(shí)，若F（x）=f（x）-g（x）存在單調(diào)遞增區(qū)間，求a的取值范圍；
（Ⅱ）當(dāng)a＞0 時(shí)，設(shè)y=f（x）的圖象C₁與y=g（x）的圖象C₂相交于兩個(gè)不同的點(diǎn)P、Q，過線段PQ的中點(diǎn)作x軸的垂線交C₁于點(diǎn)M（x₀，y₀），求證f′（x₀）＜1．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）F（x）=f（x）-g（x）在定義域上單調(diào)遞增，等價(jià)于a＞

1

2

•(

1

ex

)2-

1

ex

=（

1

ex

-1）²-

1

2

在R上有解，由此可求a的取值范圍；
（Ⅱ）設(shè)P（x₁，y₁） Q（x₂，y₂），且x₁＜x₂，根據(jù)條件得到x₂-x₁=a（ex2-ex1）（ex2+ex1）+b（ex2-ex1），再令t=x₂-x₁＞0，則設(shè)G（t）=e

t

2

-e-

t

2

-t，利用導(dǎo)數(shù)得出函數(shù)為增函數(shù)，繼而得出即f′（x₀）＜1

解答： 解解：（Ⅰ）：∵函數(shù)f（x）=ae^2x+be^x，g（x）=lnx，b=2，
∴F（x）=ae^2x+2e^x-x，
則F′（x）=2ae^2x+2e^x-1，
∵F（x）=f（x）-g（x）存在單調(diào)遞增區(qū)間，
∴F′（x）=2ae^2x+2e^x-1＞0，
∴a＞

1

2

•(

1

ex

)2-

1

ex

=（

1

ex

-1）²-

1

2

在R上有解，
∴a＞-

1

2

；
（Ⅱ）設(shè)P（x₁，y₁）．Q（x₂，y₂），不妨設(shè)x₁＜x₂，則

x2+x1

2

=x₀，
ae2x1+bex1=x₁，ae2x2+bex2=x₂，
兩式相減得：a（e2x2-e2x1）+b（ex2-ex1）=x₂-x₁，
整理得x₂-x₁=a（ex2-ex1）（ex2+ex1）+b（ex2-ex1）
則

x2-x1

ex2-ex1

=a（ex2+ex1）+b≥2ae

x2+x1

2

+b，
于是

x2-x1

ex2-ex1

•e

x2+x1

2

≥2aex2+x1+be

x2+x1

2

=f′（0）
而是

x2-x1

ex2-ex1

•e

x2+x1

2

=

x2-x1

ex2-x1-1

•e

x2-x1

2

令t=x₂-x₁＞0，則設(shè)G（t）=e

t

2

-e-

t

2

-t，
則G′（t）

1

2

=e

t

2

+

1

2

e-

t

2

-1＞

1

2

×2

e t 2 •e- t 2

-1=0，
∴y=G（t）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
則G（t）=e

t

2

-e-

t

2

-t＞G（0），
于是有e

t

2

-e-

t

2

＞t，
即e^t-1＞t•e

t

2

，且e^t-1＞0，
∴

t

et-1

•e

t

2

＜1，
即f′（x₀）＜1．

點(diǎn)評：本題考查導(dǎo)數(shù)知識的綜合運(yùn)用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查不等式的證明，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于難題．