Question

6．已知函數(shù)f（x）=e^ax+b（a，b為實(shí)常數(shù)），曲線y=f（x）在點(diǎn)（0，1）處的切線方程為y=x+1，而函數(shù)g（x）與函數(shù)f（x）互為反函數(shù)．
（Ⅰ）求函數(shù)g（x）的解析式；
（Ⅱ）設(shè)m＞n＞0，求證：$\frac{8（m-n）}{g（m）-g（n）}$＜（${m}^{\frac{1}{3}}$+${n}^{\frac{1}{3}}$）³．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求得f（x）的導(dǎo)數(shù)，由題意可得f（0）=1，f′（0）=1，可得a=1，b=0，求得f（x）的解析式和g（x）的解析式；
（Ⅱ）原不等式即為$\frac{8（m-n）}{lnm-lnn}$＜（${m}^{\frac{1}{3}}$+${n}^{\frac{1}{3}}$）³．即ln$\frac{m}{n}$＞$\frac{8（\frac{m}{n}-1）}{（（\frac{m}{n}）^{\frac{1}{3}}+1）^{3}}$，令$\frac{m}{n}$=t（t＞1），即有l(wèi)nt＞$\frac{8（t-1）}{（{t}^{\frac{1}{3}}+1）^{3}}$，設(shè)出h（t）=lnt-$\frac{8（t-1）}{（{t}^{\frac{1}{3}}+1）^{3}}$，t＞1，求出導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，即可得證．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）=e^ax+b的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=ae^ax，
由題意可得f（0）=1，f′（0）=1，
即有1+b=1，a=1，可得b=0，
可得f（x）=e^x，g（x）=lnx；
（Ⅱ）證明：$\frac{8（m-n）}{g（m）-g（n）}$＜（${m}^{\frac{1}{3}}$+${n}^{\frac{1}{3}}$）³．
即為$\frac{8（m-n）}{lnm-lnn}$＜（${m}^{\frac{1}{3}}$+${n}^{\frac{1}{3}}$）³．
即ln$\frac{m}{n}$＞$\frac{8（m-n）}{（{m}^{\frac{1}{3}}+{n}^{\frac{1}{3}}）^{3}}$=$\frac{8（\frac{m}{n}-1）}{（（\frac{m}{n}）^{\frac{1}{3}}+1）^{3}}$，
令$\frac{m}{n}$=t（t＞1），即有l(wèi)nt＞$\frac{8（t-1）}{（{t}^{\frac{1}{3}}+1）^{3}}$，
設(shè)h（t）=lnt-$\frac{8（t-1）}{（{t}^{\frac{1}{3}}+1）^{3}}$，t＞1，
可得h′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{8（1+{t}^{-\frac{2}{3}}）}{（1+{t}^{\frac{1}{3}}）^{4}}$，
通分分子為（1+t${\;}^{\frac{1}{3}}$）⁴-8t（1+t${\;}^{-\frac{2}{3}}$）
=1+4t${\;}^{\frac{1}{3}}$+6t${\;}^{\frac{2}{3}}$+4t+t${\;}^{\frac{4}{3}}$-8t-8t${\;}^{\frac{1}{3}}$
=1-4t${\;}^{\frac{1}{3}}$+6t${\;}^{\frac{2}{3}}$-4t+t${\;}^{\frac{4}{3}}$=（1-t${\;}^{\frac{1}{3}}$）⁴＞0，
可得導(dǎo)數(shù)h′（t）＞0，即h（t）在t＞1遞增，
可得h（t）＞h（1）=0，
即有l(wèi)nt＞$\frac{8（t-1）}{（{t}^{\frac{1}{3}}+1）^{3}}$，
故原不等式成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求切線的斜率和單調(diào)區(qū)間，注意運(yùn)用分析法證明不等式，以及單調(diào)性的運(yùn)用，考查推理和運(yùn)算能力，屬于中檔題．