Question

5．已知函數(shù)f（x）=e^x+ax，（a∈R），其圖象與x軸交于A（x₁，0），B（x₂，0）兩點，且x₁＜x₂．
（1）證明：a＜-e；
（2）證明：$f'（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}）＜0$；（其中f'（x）為f（x）的導(dǎo)函數(shù)）．
（3）設(shè)點C在函數(shù)f（x）的圖象上，且△ABC為等邊三角形，記$\sqrt{\frac{x_2}{x_1}}=t$，求$（t-1）（a+\sqrt{3}）$的值．

Answer 1

分析 （1）討論a的符號，判斷f（x）的單調(diào)性，計算f（x）的極值，根據(jù)零點個數(shù)得出f（x）的極小值為負(fù)數(shù)，列出不等式解出a；
（2）計算f′（$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$），根據(jù)函數(shù)單調(diào)性判斷f′（$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）的符號即可；
（3）用x₁，x₂表示出P點坐標(biāo)，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)列方程化簡即可求出t和a的關(guān)系，再計算（t-1）（a+$\sqrt{3}$）的值．

解答 （1）證明：f（x）=e^x+ax，
∴f′（x）=e^x+a，
若a≥0，則f'（x）＞0，則函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增，這與題設(shè)矛盾．
∴a＜0，
令f′（x）＞0得x＞ln（-a），令f′（x）＜0得x＜ln（-a），
∴f（x）在（-∞，ln（-a））上單調(diào)遞減，在（ln（-a），+∞）上單調(diào)遞增，
∴f（x）有兩個零點，
∴f_min（x）=f（ln（-a））=-a+aln（-a），
∴-a+aln（-a）＜0，解得a＜-e．
（2）證明：∵x₁，x₂是f（x）的零點，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{e}^{{x}_{1}}+{ax}_{1}=0}\\{{e}^{{x}_{2}}+{ax}_{2}=0}\end{array}\right.$，
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，則f′（ $\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）=${e}^{\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}}$-$\frac{{e}^{{x}_{2}}{-e}^{{x}_{1}}}{{{x}_{2}-x}_{1}}$=$\frac{{e}^{\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}}}{2s}$[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）是減函數(shù)，
∴g（s）＜g（0）=0，
又 $\frac{{e}^{\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}}}{2s}$＞0，∴f′（ $\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）＜0．
（3）解：由 $\left\{\begin{array}{l}{{e}^{{x}_{1}}+{ax}_{1}=0}\\{{e}^{{x}_{2}}+{ax}_{2}=0}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{{e}^{{x}_{1}}={ax}_{1}}\\{{e}^{{x}_{2}}={ax}_{2}}\end{array}\right.$，
∴${e}^{\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}}$=-a $\sqrt{{{x}_{1}x}_{2}}$，
設(shè)P（x₀，y₀），在等邊三角形ABC中，易知x₀=$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$∈（x1，x2），y₀=f（x₀）＜0，
由等邊三角形性質(zhì)知y₀=-$\frac{\sqrt{3}{（x}_{2}{-x}_{1}）}{2}$，
∴y₀+$\frac{\sqrt{3}{（x}_{2}{-x}_{1}）}{2}$=0，即${e}^{\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}}$+$\frac{a}{2}$（x₂+x₁）+$\frac{\sqrt{3}{（x}_{2}{-x}_{1}）}{2}$=0，
∴-a$\sqrt{{{x}_{1}x}_{2}}$+$\frac{a}{2}$（x₁+x₂）+$\frac{{\sqrt{3}（x}_{2}{-x}_{1}）}{2}$=0，
∵x₁＞0，∴-a $\sqrt{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$+$\frac{a}{2}$（ $\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$+1）+$\frac{\sqrt{3}（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{2}$=0，
∴-at+$\frac{a}{2}$（t²+1）+$\frac{\sqrt{3}}{2}$（t²-1）=0，即（a+$\sqrt{3}$）t²-2at+a-$\sqrt{3}$=0，
∴[（a+$\sqrt{3}$）t+$\sqrt{3}$-a]（t-1）=0，
∵t＞1，∴（a+$\sqrt{3}$）t+$\sqrt{3}$-a=0，
∴t=$\frac{a-\sqrt{3}}{a+\sqrt{3}}$，t-1=-$\frac{2\sqrt{3}}{a+\sqrt{3}}$，
∴（t-1）（a+$\sqrt{3}$）=-2$\sqrt{3}$．

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，函數(shù)單調(diào)性的判斷與應(yīng)用，屬于綜合題．