Question

15．已知f（x）=e^x與g（x）=ax+b的圖象交于P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）兩點(diǎn)．
（Ⅰ）求函數(shù)h（x）=f（x）-g（x）的最小值；
（Ⅱ）且PQ的中點(diǎn)為M（x₀，y₀），求證：f（x₀）＜a＜y₀．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)最小值即可，
（Ⅱ）利用分析法，要證f（x₀）＜a＜y₀，只需證${e^{\frac{t}{2}}}-{e^{-\frac{t}{2}}}＞t$，構(gòu)造函數(shù)$F（t）={e^{\frac{t}{2}}}-{e^{-\frac{t}{2}}}-t$，利用導(dǎo)數(shù)只需證明$\frac{{{e^t}-1}}{{{e^t}+1}}＜\frac{t}{2}$，再構(gòu)造函數(shù)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系即可證明

解答 解：（Ⅰ）h（x）=e^x-ax-b，求導(dǎo)得h'（x）=e^x-a
當(dāng)a≤0時(shí)，h'（x）＞0，h（x）在R上為增函數(shù)，不滿足有兩個(gè)零點(diǎn)，故不合題意；
所以a＞0，令h'（x）=0，解得x=lna，
并且有x∈（-∞，lna），h'（x）＜0；x∈（lna，+∞），h'（x）＞0，
故$h{（x）_{min}}=h（lna）={e^{lna}}-alna-b=a-b-alna$．
（Ⅱ）證明：要證f（x₀）＜a＜y₀成立，
即證${e^{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}}＜\frac{{{e^{x_2}}-{e^{x_1}}}}{{{x_2}-{x_1}}}＜\frac{{{e^{x_2}}+{e^{x_1}}}}{2}$，不妨設(shè)x₂＞x₁，
只需證${e^{\frac{{{x_2}-{x_1}}}{2}}}＜\frac{{{e^{{x_2}-{x_1}}}-1}}{{{x_2}-{x_1}}}＜\frac{{{e^{{x_2}-{x_1}}}+1}}{2}，令t={x_2}-{x_1}＞0$，
即為${e^{\frac{t}{2}}}＜\frac{{{e^t}-1}}{t}＜\frac{{{e^t}+1}}{2}$，
要證${e^{\frac{t}{2}}}＜\frac{{{e^t}-1}}{t}$，只需證${e^{\frac{t}{2}}}-{e^{-\frac{t}{2}}}＞t$，
令$F（t）={e^{\frac{t}{2}}}-{e^{-\frac{t}{2}}}-t$，
只需證F（t）＞0，求導(dǎo)$F'（t）=\frac{1}{2}{e^{\frac{t}{2}}}+\frac{1}{2}{e^{-\frac{1}{2}}}-1=\frac{1}{2}（{e^{\frac{t}{2}}}+{e^{-\frac{t}{2}}}）-1＞0$，
∴F（t）在（0，+∞）為增函數(shù)，
故F（t）＞F（0）=0，
∴${e^{\frac{t}{2}}}＜\frac{{{e^t}-1}}{t}成立$；
要證$\frac{{{e^t}-1}}{t}＜\frac{{{e^t}+1}}{2}$，
只需證明$\frac{{{e^t}-1}}{{{e^t}+1}}＜\frac{t}{2}$，
令$G（t）=\frac{{{e^t}-1}}{{{e^t}+1}}-\frac{t}{2}$，
求導(dǎo)$G'（t）=\frac{{2{e^t}}}{{{{（{e^t}+1）}^2}}}-\frac{1}{2}=\frac{{4{e^t}-{{（{e^t}+1）}^2}}}{{2{{（{e^t}+1）}^2}}}=\frac{{-{{（{{e^t}-1}）}^2}}}{{2{{（{{e^t}+1}）}^2}}}＜0$，
∴G（t）在（0，+∞）為減函數(shù)，故G（t）＜G（0）=0，
∴${e^{\frac{t}{2}}}＜\frac{{{e^t}-1}}{t}成立$；
∴${e^{\frac{t}{2}}}＜\frac{{{e^t}-1}}{t}＜\frac{{{e^t}+1}}{2}$，t＞0，成立，
∴f（x₀）＜a＜y₀成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查不等式的證明，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值，考查分類整合思想、轉(zhuǎn)化思想，考查學(xué)生綜合運(yùn)用知識(shí)分析解決問(wèn)題的能力，屬于難題