Question

20．已知函數(shù)f（x）=$\frac{ax+b}{{e}^{x}}$（e為自然對數(shù)的底數(shù)）在x=-1處的切線方程為ex-y+e=0．
（1）求實數(shù)a，b的值；
（2）若存在不相等的實數(shù)x₁，x₂，使得f（x₁）=f（x₂），求證：x₁+x₂＞0．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求得切線的斜率和切點，由切線的方程可得a，b的關(guān)系式，解方程可得a=b=1；
（2）運用比例的性質(zhì)可得$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}+2}{{e}^{{x}_{1}}+{e}^{{x}_{2}}}$=$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{{e}^{{x}_{1}}-{e}^{{x}_{2}}}$，即有x₁+x₂+2=（x₁-x₂）•$\frac{{e}^{{x}_{1}-{x}_{2}}+1}{{e}^{{x}_{1}-{x}_{2}}-1}$，可令t=x₁-x₂，即有函數(shù)y=t•$\frac{{e}^{t}+1}{{e}^{t}-1}$，由題意可得只要證到y(tǒng)＞2．運用作差法和函數(shù)的導(dǎo)數(shù)判斷符號，確定單調(diào)性，即可得證．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=$\frac{ax+b}{{e}^{x}}$的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=$\frac{a-（ax+b）}{{e}^{x}}$，
即有在x=-1處的切線斜率為e（2a-b），切點為（-1，e（b-a）），
由切線方程為ex-y+e=0，可得e=e（2a-b），即2a-b=1，
又e（b-a）=0，即a=b，
解得a=b=1；
（2）證明：由f（x）=$\frac{x+1}{{e}^{x}}$可得$\frac{{x}_{1}+1}{{e}^{{x}_{1}}}$=$\frac{{x}_{2}+1}{{e}^{{x}_{2}}}$，
由比例的性質(zhì)可得$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}+2}{{e}^{{x}_{1}}+{e}^{{x}_{2}}}$=$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{{e}^{{x}_{1}}-{e}^{{x}_{2}}}$，
即有x₁+x₂+2=（x₁-x₂）•$\frac{{e}^{{x}_{1}}+{e}^{{x}_{2}}}{{e}^{{x}_{1}}-{e}^{{x}_{2}}}$=（x₁-x₂）•$\frac{{e}^{{x}_{1}-{x}_{2}}+1}{{e}^{{x}_{1}-{x}_{2}}-1}$，
可令t=x₁-x₂，即有函數(shù)y=t•$\frac{{e}^{t}+1}{{e}^{t}-1}$，
由題意可得只要證到y(tǒng)＞2．
由y-2=$\frac{（t-2）{e}^{t}+t+2}{{e}^{t}-1}$，
設(shè)g（t）=（t-2）e^t+t+2，g′（t）=（t-1）e^t+1，
g″（t）=te^t，當(dāng)t＞0時，te^t＞0，g′（t）＞g′（0）=0，
即有g(shù)（t）在t＞0遞增，可得g（t）＞0，又e^t-1＞0，
即有y＞2；
同樣當(dāng)t＜0時，可得y＞2．
綜上可得t•$\frac{{e}^{t}+1}{{e}^{t}-1}$＞2，
則x₁+x₂+2＞2，即x₁+x₂＞0．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求切線的斜率和單調(diào)性，考查不等式的證明，注意運用比例的性質(zhì)和構(gòu)造函數(shù)，求出導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．