Question

13．已知函數(shù)f（x）=ae^2x+be^x（a≠0），g（x）=x，（e為自然對數(shù)的底數(shù)）
（I）若a=b=1，求F（x）=f（x）-g（x）的最小值；
（Ⅱ）若函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）有兩個不同的零點x₁，x₂，記x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，對任意a∈（0，+∞），b∈R，試比較f′（x₀）與g′（x₀）的大小，并證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 （Ⅰ）若a=b=1，求出函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）的導(dǎo)數(shù)，判斷函數(shù)在定義域上單調(diào)遞增，利用函數(shù)單調(diào)性和最值之間的關(guān)系進(jìn)行求解即可；
（Ⅱ）設(shè)x₁＜x₂，根據(jù)條件得到x₂-x₁=a（${e}^{{x}_{2}}$-${e}^{{x}_{1}}$）（${e}^{{x}_{2}}$+${e}^{{x}_{1}}$）+b（${e}^{{x}_{2}}$-${e}^{{x}_{1}}$），再令t=x₂-x₁＞0，則設(shè)G（t）=${e}^{\frac{t}{2}}$-${e}^{-\frac{t}{2}}$-t，利用導(dǎo)數(shù)得出函數(shù)為增函數(shù)，繼而得出即f′（x₀）＜1，而g′（x₀）=1，進(jìn)行比較即可．

解答 解：（I）若a=b=1，則F（x）=f（x）-g（x）=e^2x+e^x-x，
則F′（x）=2e^2x+e^x-1=（e^x+1）（2e^x-1），
由F′（x）＞0得（e^x+1）（2e^x-1）＞0，得2e^x-1＞0得e^x＞$\frac{1}{2}$，則x＞ln$\frac{1}{2}$，
由F′（x）＜0得（e^x+1）（2e^x-1）＜0，得2e^x-1＜0得e^x＜$\frac{1}{2}$，則x＜ln$\frac{1}{2}$，
故當(dāng)x=ln$\frac{1}{2}$時，函數(shù)F（x）取得極小值同時也是最小值，此時F（ln$\frac{1}{2}$）=$\frac{3}{4}$-ln$\frac{1}{2}$．
（Ⅱ）不妨設(shè)x₁＜x₂，則$\frac{{x}_{2}+{x}_{1}}{2}$=x₀，
$a{e}^{2{x}_{1}}$+$b{e}^{{x}_{1}}$=x₁，a${e}^{2{x}_{2}}$+b${e}^{{x}_{2}}$=x₂，
兩式相減得：a（${e}^{2{x}_{2}}$-${e}^{2{x}_{1}}$）+b（${e}^{{x}_{2}}$-${e}^{{x}_{1}}$）=x₂-x₁，
整理得x₂-x₁=a（${e}^{{x}_{2}}$-${e}^{{x}_{1}}$）（${e}^{{x}_{2}}$+${e}^{{x}_{1}}$）+b（${e}^{{x}_{2}}$-${e}^{{x}_{1}}$）
則$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{e}^{{x}_{2}}-{e}^{{x}_{1}}}$=a（${e}^{{x}_{2}}$+${e}^{{x}_{1}}$）+b≥2a${e}^{\frac{{x}_{2}+{x}_{1}}{2}}$+b，
于是$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{e}^{{x}_{2}}-{e}^{{x}_{1}}}$•${e}^{\frac{{x}_{2}+{x}_{1}}{2}}$≥2a${e}^{{x}_{2}+{x}_{1}}$+b${e}^{\frac{{x}_{2}+{x}_{1}}{2}}$=f′（x₀）
而是$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{e}^{{x}_{2}}-{e}^{{x}_{1}}}$•${e}^{\frac{{x}_{2}+{x}_{1}}{2}}$=$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{e}^{{x}_{2}-{x}_{1}}-1}$•${e}^{\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}}$
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}}$-t＞G（0），
于是有${e}^{\frac{t}{2}}$-${e}^{-\frac{t}{2}}$＞t，
即e^t-1$＞t•{e}^{\frac{t}{2}}$，且e^t-1＞0，
∴$\frac{t}{{e}^{t}-1}•{e}^{\frac{t}{2}}$＜1，
即f′（x₀）＜1．
∵g（x）=x，
∴g′（x₀）=1，則f′（x₀）＜g′（x₀）．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)知識的綜合運用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查不等式的證明，考查學(xué)生本題考查導(dǎo)數(shù)知識的綜合運用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查不等式的證明，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于難題分析解決問題的能力，屬于難題