Question

15．已知函數(shù)f（x）=e^x．
（Ⅰ）求函數(shù)g（x）=sinx•f（x）在（0，π）上的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）求證：$\frac{f（a）-f（b）}{a-b}$＜$\frac{f（a）+f（b）}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）令a＞b＞0，且a=lnm，b=lnn，問題轉(zhuǎn)化為證明$\frac{m-n}{lnm-lnn}$＜$\frac{m+n}{2}$，即ln$\frac{m}{n}$＞$\frac{2（\frac{m}{n}-1）}{\frac{m}{n}+1}$，令t=$\frac{m}{n}$，則t＞1，問題轉(zhuǎn)化為lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$=2-$\frac{4}{t+1}$，即lnt+$\frac{4}{t+1}$-2＞0，（t＞1），令h（t）=lnt+$\frac{4}{t+1}$-2，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，求出h（t）＞h（0），從而證出結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）g（x）=sinx•f（x）=sinxe^x，x∈（0，π），
g′（x）=$\sqrt{2}$e^xsin（x+$\frac{π}{4}$），
令g′（x）＞0，即0＜x+$\frac{π}{4}$＜π，x∈（0，π），
解得：0＜x＜$\frac{3π}{4}$，
令g′（x）＜0，解得：即π＜x+$\frac{π}{4}$＜π+$\frac{π}{4}$，
解得：$\frac{3π}{4}$＜x＜π，
∴g（x）在（0，$\frac{3π}{4}$）遞增，在（$\frac{3π}{4}$，π）遞減；
（Ⅱ）令a＞b＞0，且a=lnm，b=lnn，
∴$\frac{f（a）-f（b）}{a-b}$=$\frac{m-n}{lnm-lnn}$，$\frac{f（a）+f（b）}{2}$=$\frac{m+n}{2}$，
問題轉(zhuǎn)化為證明$\frac{m-n}{lnm-lnn}$＜$\frac{m+n}{2}$，
即ln$\frac{m}{n}$＞$\frac{2（\frac{m}{n}-1）}{\frac{m}{n}+1}$，
令t=$\frac{m}{n}$，則t＞1，
∴問題轉(zhuǎn)化為lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$=2-$\frac{4}{t+1}$，
即lnt+$\frac{4}{t+1}$-2＞0，（t＞1），
令h（t）=lnt+$\frac{4}{t+1}$-2，
h′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{{（t+1）}^{2}}$=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$＞0，
∴h（t）在（1，+∞）遞增，
∴h（t）＞h（1）=0，
故$\frac{m-n}{lnm-lnn}$＜$\frac{m+n}{2}$，
即$\frac{f（a）-f（b）}{a-b}$＜$\frac{f（a）+f（b）}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，轉(zhuǎn)化思想、換元思想，是一道中檔題．