Question

已知函数f（x）=ae^2x+be^x（a，b∈R，e为自然对数的底数），g（x）=x．
（Ⅰ）当b=2时，若F（x）=f（x）-g（x）存在单调递增区间，求a的取值范围；
（Ⅱ）当a＞0 时，设y=f（x）的图象C₁与y=g（x）的图象C₂相交于两个不同的点P、Q，过线段PQ的中点作x轴的垂线交C₁于点M（x₀，y₀），求证f′（x₀）＜1．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）F（x）=f（x）-g（x）在定义域上单调递增，等价于a＞

1

2

•(

1

ex

)2-

1

ex

=（

1

ex

-1）²-

1

2

在R上有解，由此可求a的取值范围；
（Ⅱ）设P（x₁，y₁） Q（x₂，y₂），且x₁＜x₂，根据条件得到x₂-x₁=a（ex2-ex1）（ex2+ex1）+b（ex2-ex1），再令t=x₂-x₁＞0，则设G（t）=e

t

2

-e-

t

2

-t，利用导数得出函数为增函数，继而得出即f′（x₀）＜1

解答： 解解：（Ⅰ）：∵函数f（x）=ae^2x+be^x，g（x）=lnx，b=2，
∴F（x）=ae^2x+2e^x-x，
则F′（x）=2ae^2x+2e^x-1，
∵F（x）=f（x）-g（x）存在单调递增区间，
∴F′（x）=2ae^2x+2e^x-1＞0，
∴a＞

1

2

•(

1

ex

)2-

1

ex

=（

1

ex

-1）²-

1

2

在R上有解，
∴a＞-

1

2

；
（Ⅱ）设P（x₁，y₁）．Q（x₂，y₂），不妨设x₁＜x₂，则

x2+x1

2

=x₀，
ae2x1+bex1=x₁，ae2x2+bex2=x₂，
两式相减得：a（e2x2-e2x1）+b（ex2-ex1）=x₂-x₁，
整理得x₂-x₁=a（ex2-ex1）（ex2+ex1）+b（ex2-ex1）
则

x2-x1

ex2-ex1

=a（ex2+ex1）+b≥2ae

x2+x1

2

+b，
于是

x2-x1

ex2-ex1

•e

x2+x1

2

≥2aex2+x1+be

x2+x1

2

=f′（0）
而是

x2-x1

ex2-ex1

•e

x2+x1

2

=

x2-x1

ex2-x1-1

•e

x2-x1

2

令t=x₂-x₁＞0，则设G（t）=e

t

2

-e-

t

2

-t，
则G′（t）

1

2

=e

t

2

+

1

2

e-

t

2

-1＞

1

2

×2

e t 2 •e- t 2

-1=0，
∴y=G（t）在（0，+∞）上单调递增，
则G（t）=e

t

2

-e-

t

2

-t＞G（0），
于是有e

t

2

-e-

t

2

＞t，
即e^t-1＞t•e

t

2

，且e^t-1＞0，
∴

t

et-1

•e

t

2

＜1，
即f′（x₀）＜1．

点评：本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性，考查不等式的证明，考查学生分析解决问题的能力，属于难题．