Question

12．已知函數(shù)f（x）=ae^x-x+b，g（x）=x-ln（x+1），（a，b∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù)）．
（1）若曲線y=f（x）與y=g（x）在坐標(biāo)原點處的切線相同，問：
（�。┣骹（x）的最小值；
（ⅱ）若x≥0時，f（x）≥kg（x）恒成立，試求實數(shù)k的取值范圍；
（2）若f（x）有兩個不同的零點x₁，x₂，對任意a∈（0，+∞），b∈R，證明：f′（$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}$）＜0（f′（x）為f（x）的導(dǎo)函數(shù)）．

Answer 1

分析 （1）（i）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義和最值和函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系即可求出，
（ii）構(gòu)造函數(shù)，再分類討論，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和單調(diào)性的關(guān)系即可求出，
（2）依題意，不妨設(shè)x₂＞x₁，求出f′（$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}$），構(gòu)造函數(shù)令t=x₂-x₁＞0，設(shè)$G（t）={e^{\frac{t}{2}}}-{e^{-\frac{t}{2}}}-t$，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)性，即可證明．

解答 解：（1）（�。�∵f'（x）=ae^x-1，$g'（x）=1-\frac{1}{x+1}（{x＞-1}）$，
依題意，f（0）=0，且f（0）=0，解得a=1，b=-1，
∴f'（x）=e^x-1，當(dāng)f'（x）＜0時，即x＜0時，f（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)f'（x）＞0時，即x＞0時，f（x）單調(diào)遞增，
∴當(dāng)x=0時，f（x）取得最小值0．           
（ⅱ）由（�。┲�，f（x）≥0，即e^x≥x+1，從而x≥ln（x+1），即g（x）≥0．
設(shè)F（x）=f（x）-kg（x）=e^x+kln（x+1）-（k+1）x-1，
則$F'（x）={e^x}+\frac{k}{x+1}-（{k+1}）≥x+1+\frac{k}{x+1}-（{k+1}）$，
①當(dāng)k=1時，因為x≥0，∴$F'（x）≥x+1+\frac{1}{x+1}-2≥0$（當(dāng)且僅當(dāng)x=0時等號成立），
此時F（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，
從而F（x）≥F（0）=0，即f（x）≥kg（x）．
②當(dāng)k＜1時，由于g（x）≥0，∴g（x）≥kg（x），
又由（1）知f（x）-g（x）≥0，∴f（x）≥g（x）≥kg（x），
故F（x）≥0，
即f（x）≥kg（x）．
③當(dāng)k＞1時，令h（x）=e^x+$\frac{k}{x+1}$-（k+1），則$h'（x）={e^x}-\frac{k}{{{{（{x+1}）}^2}}}$，
顯然h′（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，又$h'（0）=1-k＜0，h'（{\sqrt{k}-1}）={e^{\sqrt{k}-1}}-1＞0$，
∴h′（x）在$（{0，\sqrt{k}-1}）$上存在唯一零點，
當(dāng)x∈（0，x₀）時，h′（x）＜0，∴h（x）在[0，x₀]上單調(diào)遞減，
從而F（x）＜F（0）=0，即F′（x）＜0，
∴F（x）在[0，x₀]上單調(diào)遞減，
從而當(dāng)x∈（0，x₀）時，F(xiàn)（x）＜F（0）=0，即f（x）＜kg（x），不合題意． 
綜上，實數(shù)k的取值范圍為（-∞，1]．          
（2）證明：依題意，不妨設(shè)x₂＞x₁，有$a{e^{x_2}}+b={x_2}$，$a{e^{x_1}}+b={x_1}$，
兩式相減得：$a（{e^{x_2}}-{e^{x_1}}）={x_2}-{x_1}$，
整理得${x_2}-{x_1}=a（{e^{x_2}}-{e^{x_1}}）$，${e^{x_2}}-{e^{x_1}}＞0$
則$\frac{{{x_2}-{x_1}}}{{{e^{x_2}}-{e^{x_1}}}}=a$，
于是$f'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）=a{e^{\frac{{{x_2}+{x_1}}}{2}}}-1=\frac{{{x_2}-{x_1}}}{{{e^{x_2}}-{e^{x_1}}}}•{e^{\frac{{{x_2}+{x_1}}}{2}}}-1=\frac{{{x_2}-{x_1}}}{{{e^{\frac{{{x_2}-{x_1}}}{2}}}-{e^{-\frac{{{x_2}-{x_1}}}{2}}}}}-1$，
令t=x₂-x₁＞0，
則設(shè)$G（t）={e^{\frac{t}{2}}}-{e^{-\frac{t}{2}}}-t$，
則$G'（t）=\frac{1}{2}{e^{\frac{t}{2}}}+\frac{1}{2}{e^{-\frac{t}{2}}}-1＞\frac{1}{2}•2•\sqrt{{e^{\frac{t}{2}}}•{e^{-\frac{t}{2}}}}-1=0$，
∴y=G（t）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
則$G（t）={e^{\frac{t}{2}}}-{e^{-\frac{t}{2}}}-t＞G（0）=0$，
于是有${e^{\frac{t}{2}}}-{e^{-\frac{t}{2}}}＞t$，
即$\frac{{{x_2}-{x_1}}}{{{e^{\frac{{{x_2}-{x_1}}}{2}}}-{e^{-\frac{{{x_2}-{x_1}}}{2}}}}}＜1$，
∴$f'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）=a{e^{\frac{{{x_2}+{x_1}}}{2}}}-1＜0$．
即f′（$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}$）＜0．

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性以及和最值的關(guān)系，考查了運算能力，轉(zhuǎn)化能力，解決問題的能力，屬于難題．