Question

1．函數(shù)f（x）=e^x-ax+a（a∈R），其圖象與x軸交于A（x₁，0），B（x₂，0）兩點，且x₁＜x₂．
（1）求a的取值范圍；
（2）證明：$f'（{\sqrt{{x_1}{x_2}}}）\;＜0$（f′（x）為函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)）；
（3）設(shè)點C在函數(shù)y=f（x）的圖象上，且△ABC為等腰直角三角形，記$\sqrt{\frac{{{x_2}-1}}{{{x_1}-1}}}$=t，求（a-1）（t-1）的值．

Answer 1

分析 （1）由f（x）=e^x-ax+a，知f′（x）=e^x-a，再由a的符號進(jìn)行分類討論，能求出f（x）的單調(diào)區(qū)間，然后根據(jù)交點求出a的取值范圍；
（2）由x₁、x₂的關(guān)系，求出f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＜0，然后再根據(jù)f′（x）=e^x-a的單調(diào)性，利用不等式的性質(zhì)，問題得以證明；
（3）利用△ABC為等腰直角三角形的性質(zhì)，求出$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}$+y₀=0，然后得到關(guān)于參數(shù)a的方程at-$\frac{a}{2}$（1+t²）+$\frac{1}{2}（{t}^{2}-1）$=0，求得問題的答案．

解答 （1）解：∵f（x）=e^x-ax+a，
∴f'（x）=e^x-a，
若a≤0，則f'（x）＞0，則函數(shù)f（x）是單調(diào)增函數(shù)，這與題設(shè)矛盾．
∴a＞0，令f'（x）=0，則x=lna，
當(dāng)f'（x）＜0時，x＜lna，f（x）是單調(diào)減函數(shù)，
當(dāng)f'（x）＞0時，x＞lna，f（x）是單調(diào)增函數(shù)，
于是當(dāng)x=lna時，f（x）取得極小值，
∵函數(shù)f（x）=e^x-ax+a（a∈R）的圖象與x軸交于兩點A（x₁，0），B（x₂，0）（x₁＜x₂），
∴f（lna）=a（2-lna）＜0，即a＞e²，
此時，存在1＜lna，f（1）=e＞0，
存在3lna＞lna，f（3lna）=a³-3alna+a＞a³-3a²+a＞0，
又由f（x）在（-∞，lna）及（lna，+∞）上的單調(diào)性及曲線在R上不間斷，
可知a＞e²為所求取值范圍．
（2）證明：∵${e}^{{x}_{1}}$-ax₁+a=0，${e}^{{x}_{2}}$-ax₂+a=0，
∴兩式相減得a=$\frac{{e}^{{x}_{2}}-{e}^{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$．
記$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}$=s（s＞0），則f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=$\frac{{e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}}{2s}$[2s-e^s-e^-s）]，
設(shè)g（s）=2s-（e^s-e^-s），
則g'（s）=2-（e^s+e^-s）＜0，
∴g（s）是單調(diào)減函數(shù)，
則有g(shù)（s）＜g（0）=0，而$\frac{{e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}}{2s}$＞0，
∴f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＜0．
又f'（x）=e^x-a是單調(diào)增函數(shù)，且$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}＞\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$
∴$f'（{\sqrt{{x_1}{x_2}}}）\;＜0$．                         
（3）解：依題意有${e}^{{x}_{i}}$-ax_i+a=0，則a（x_i-1）=${e}^{{x}_{i}}$⇒x_i＞1（i=1，2）．
于是${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$=a$\sqrt{（{x}_{1}-1）（{x}_{2}-1）}$，在等腰三角形ABC中，顯然C=90°，
∴x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$∈（x₁，x₂），即y₀=f（x₀）＜0，
由直角三角形斜邊的中線性質(zhì)，可知$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}$=-y₀，
∴$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}$+y₀=0，
即${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$-$\frac{a}{2}$（x₁+x₂）+a+$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}$=0，
∴a$\sqrt{（{x}_{1}-1）（{x}_{2}-1）}$-$\frac{a}{2}$（x₁+x₂）+a+$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}$=0，
∵x₁-1≠0，$\sqrt{\frac{{{x_2}-1}}{{{x_1}-1}}}$=t，
∴at-$\frac{a}{2}$（1+t²）+$\frac{1}{2}（{t}^{2}-1）$=0，
即a=1+$\frac{2}{t-1}$，
∴（a-1）（t-1）=2．

點評 本題屬于難題，考查了分類討論的思想，轉(zhuǎn)化思想，方程思想，做題要認(rèn)真仔細(xì)，方法要明，過程要嚴(yán)謹(jǐn)，能提高分析問題解決問題的能力．