Question

12．已知函數(shù)f（x）=a^x（a＞0，且a≠1）
（1）若a=e，g（x）=mx²，m＞0，當(dāng)函數(shù)y=f（x）-g（x）在[-2，4]上有三個不同的零點時，求實數(shù)m的取值范圍．
（2）若0＜a＜1，A，B是曲線y=f（x）上不同的兩點，點C是弦AB的中點，過點C作x軸的垂線交曲線y=f（x）于點D，設(shè)直線AB的斜率為k₁，曲線y=f（x）在點D處的切線斜率為k₂，求證：k₁＜k₂．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)m＞0時，曲線y=f（x）與曲線y=g（x）的公共點個數(shù)即方程e^x=mx²根的個數(shù)．由e^x=mx²得$\frac{1}{m}$=$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$，設(shè)h（x）=$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$，h′（x）=$\frac{x（2-x）}{{e}^{x}}$，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)h（x）的單調(diào)性，即可得出結(jié)論；
（2）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，利用導(dǎo)數(shù)與曲線切線斜率間的關(guān)系證明．

解答 （1）解：當(dāng)m＞0時，曲線y=f（x）與曲線y=g（x）的公共點個數(shù)即方程e^x=mx²根的個數(shù)．
 由e^x=mx²得$\frac{1}{m}$=$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$，
設(shè)h（x）=$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$，h′（x）=$\frac{x（2-x）}{{e}^{x}}$，
所以在R上不間斷的函數(shù)h（x）在（-∞，0）上遞減，在（0，2）上遞增，
在（2，+∞）上遞減，
又因為m＞0，h（0）=0，h（2）=$\frac{4}{{e}^{2}}$，h（4）=$\frac{16}{{e}^{4}}$，h（-2）=$\frac{4}{{e}^{-2}}$=4e²，
當(dāng)h（4）≤$\frac{1}{m}$＜h（2）時有三公共點，
解得$\frac{{e}^{2}}{4}$＜m≤$\frac{{e}^{4}}{16}$；
（2）證明：設(shè)A（x₁，f（x₁）），B（x₂，f（x₂））（x₁＜x₂）
則k₁=$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$k₂=f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$），
則k₁-k₂=$\frac{{a}^{{x}_{2}}-{a}^{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$-${a}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$lna
=$\frac{{a}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$[${a}^{\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}}$-${a}^{\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{2}}$-（x₂-x₁）lna]，
設(shè)$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}$=t＞0，L（x）=a^t-a^-t-2tlna，
則L'（x）=lna（a^t+a^-t-2），
當(dāng)0＜a＜1時，0＜a^t＜1，lna＜0
則L'（t）=lna（a^t+a^-t-2）＜0，所以L（t）在（0，+∞）遞減，
則L（t）＜L（0）=0，
又因為$\frac{{a}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＞0，所以$\frac{{a}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$[${a}^{\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}}$-${a}^{\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{2}}$-（x₂-x₁）lna]＜0，
所以k₁-k₂＜0，
當(dāng)0＜a＜1時k₁＜k₂．

點評 本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、求曲線曲線的斜率等問題，邏輯思維強(qiáng)，考查學(xué)生的分析問題，解決問題的能力及運算求解能力，屬于難題．