Question

16．已知函数f（x）=lnx，g（x）=e^x．
（1）若函数y=ax+f（x）在区间（0，e]上的最大值为-4，求实数a的值；
（2）若函数y=ag（2x）+bg（x）-x有两个不同的零点x₁，x₂，x₀是x₁，x₂的等差数列，证明：当a＞0时，不等式2ag（2x₀）+bg（x₀）＜f（e）成立．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，从而求出a的值即可；
（2）求出$\frac{a{（e}^{{2x}_{2}}{-e}^{{2x}_{1}}）}{{{e}^{{x}_{2}}-e}^{{x}_{1}}}$+b-$\frac{{x}_{2}{-x}_{1}}{{{e}^{{x}_{2}}-e}^{{x}_{1}}}$=0，得到2a${e}^{{{x}_{1}+x}_{2}}$+b${e}^{\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}}$＜$\frac{{x}_{2}{-x}_{1}}{{{e}^{{x}_{2}}-e}^{{x}_{1}}}$•${e}^{\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}}$（1），通过换元法求出函数的单调性，证明不等式成立即可．

解答 解：（1）y′=a+$\frac{1}{x}$，x∈（0，e]，
若a≥-$\frac{1}{e}$，则x∈（0，e]时，y′≥0，函数y=ax+lnx是递增函数，
y_max=ae+lne=ae+1≥0，不合题意；
若a＜-$\frac{1}{e}$，则x∈（0，-$\frac{1}{a}$）时，y′＞0，函数y=ax+lnx是递增函数，
则x∈（-$\frac{1}{a}$，e）时，y′＜0，函数y=ax+lnx是减函数，
故ymax=-1+ln（-$\frac{1}{a}$）=-4，得a=-e³＜-$\frac{1}{e}$，
故a=-e³；
（2）∵x₁，x₂是函数y=ag（2x）+bg（x）-x的两个不同的零点，
不妨设x₁＜x₂，则a${e}^{{2x}_{1}}$+b${e}^{{x}_{1}}$-x₁=0，a${e}^{{2x}_{2}}$+b${e}^{{x}_{2}}$-x₂=0，
两式相减得a（${e}^{{2x}_{2}}$-${e}^{{2x}_{1}}$）+b（${e}^{{x}_{2}}$-${e}^{{x}_{1}}$）-（x₂-x₁）=0，
即$\frac{a{（e}^{{2x}_{2}}{-e}^{{2x}_{1}}）}{{{e}^{{x}_{2}}-e}^{{x}_{1}}}$+b-$\frac{{x}_{2}{-x}_{1}}{{{e}^{{x}_{2}}-e}^{{x}_{1}}}$=0，
a（${e}^{{x}_{2}}$+${e}^{{x}_{1}}$）+b=$\frac{{x}_{2}{-x}_{1}}{{{e}^{{x}_{2}}-e}^{{x}_{1}}}$，
又${e}^{{x}_{2}}$+${e}^{{x}_{1}}$＞2$\sqrt{{{e}^{{x}_{2}}e}^{{x}_{1}}}$=2${e}^{\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}}$，
则2a${e}^{\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}}$+b＜$\frac{{x}_{2}{-x}_{1}}{{{e}^{{x}_{2}}-e}^{{x}_{1}}}$，即2a${e}^{{{x}_{1}+x}_{2}}$+b${e}^{\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}}$＜$\frac{{x}_{2}{-x}_{1}}{{{e}^{{x}_{2}}-e}^{{x}_{1}}}$•${e}^{\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}}$（1），
令t=x₂-x₁＞0，函数G（t）=${e}^{\frac{t}{2}}$-${e}^{-\frac{t}{2}}$-t，
则G′（t）=$\frac{1}{2}$${e}^{\frac{t}{2}}$+$\frac{1}{2}$${e}^{-\frac{t}{2}}$-1＞0，函数G（t）在（0，+∞）递增，
G（t）＞G（0）=0，
故${e}^{\frac{{{x}_{2}-x}_{1}}{2}}$-${e}^{-\frac{{{x}_{2}-x}_{1}}{2}}$-（x₂-x₁）＞0，即$\frac{{{x}_{2}-x}_{1}}{{{e}^{\frac{{{x}_{2}-x}_{1}}{2}}-e}^{-\frac{{x}_{2}{-x}_{1}}{2}}}$＜1（2），
又$\frac{{{x}_{2}-x}_{1}}{{{e}^{{x}_{2}}-e}^{{x}_{1}}}$•${e}^{\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}}$=$\frac{{{x}_{2}-x}_{1}}{{e}^{{{x}_{2}-x}_{1}}-1}$•${e}^{\frac{{{x}_{2}-x}_{1}}{2}}$=$\frac{{{x}_{2}-x}_{1}}{{{e}^{\frac{{{x}_{2}-x}_{1}}{2}}-e}^{-\frac{{{x}_{2}-x}_{1}}{2}}}$（3），
又∵2ag（2x₀）+bg（x₀）=2a${e}^{{{x}_{1}+x}_{2}}$+b${e}^{\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}}$，
根据（1），（2），（3），
显然不等式2ag（2x₀）+bg（x₀）＜f（e）成立．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，是一道综合题．