Question

5．已知函數(shù)f（x）=e^x
（Ⅰ）當(dāng)f（x）≥ex+a對(duì)任意的實(shí)數(shù)x恒成立，求a的取值范圍；
（Ⅱ）若a＜b，a，b∈R，求證：$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$＜$\frac{1}{2}$[$\frac{f（a）+f（b）}{2}$+f（$\frac{a+b}{2}$）]．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)g（x）=f（x）-ex-a，求出導(dǎo)數(shù)利用導(dǎo)數(shù)的符號(hào)，判斷函數(shù)的單調(diào)性，求出最小值，即可得到a的范圍．
（Ⅱ）設(shè)a=lnm，b=lnn，要證明：$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$＜$\frac{1}{2}$[$\frac{f（a）+f（b）}{2}$+f（$\frac{a+b}{2}$）]．轉(zhuǎn)化為證明$\frac{{\sqrt{m}-\sqrt{n}}}{lnm-lnn}＜\frac{{\sqrt{m}+\sqrt{n}}}{4}$構(gòu)造函數(shù)，h（x）=lnx-$2•\frac{x-1}{x+1}$利用函數(shù)的單調(diào)性，然后令x=$\sqrt{\frac{m}{n}}$，證明即可．

解答 （本小題滿分12分）
解：（Ⅰ）設(shè)g（x）=f（x）-ex-a，
則g′（x）=e^x-e，令g′（x）＞0⇒x＞1；
可得g（x）在（1，+∞）上遞增；
令g′（x）＜0⇒x＜1，在（-∞，1）為減函數(shù)，
∴g（x）_min=g（1）=-a≥0，
從而a≤0…（4分）
（Ⅱ）設(shè)a=lnm，b=lnn，f（x）=e^x，
要證明：$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$＜$\frac{1}{2}$[$\frac{f（a）+f（b）}{2}$+f（$\frac{a+b}{2}$）]．
也就是證明：$\frac{{\sqrt{m}-\sqrt{n}}}{lnm-lnn}＜\frac{{\sqrt{m}+\sqrt{n}}}{4}$…．（6分），
構(gòu)造函數(shù)，h（x）=lnx-$2•\frac{x-1}{x+1}$…．（8分）
可以證明h（x）在（1，+∞）上為增函數(shù)，h（x）＞h（1）=0，
令x=$\sqrt{\frac{m}{n}}$，得$ln\sqrt{\frac{m}{n}}＞2\frac{{\sqrt{\frac{m}{n}}-1}}{{\sqrt{\frac{m}{n}}+1}}，即$，$lnm-lnn＞4\frac{\sqrt{m}-\sqrt{n}}{\sqrt{m}+\sqrt{n}}$，
可得$\frac{{\sqrt{m}-\sqrt{n}}}{{\sqrt{m}+\sqrt{n}}}＜\frac{{\sqrt{m}+\sqrt{n}}}{4}$…（11分）
所以$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}＜\frac{1}{2}[{\frac{f（a）+f（b）}{2}+f（\frac{a+b}{2}）}]$…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，構(gòu)造法證明不等式的方法，考查分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力．