Question

4．已知直线l：y=x+1与函数f（x）=e^ax+b的图象相切，且f′（1）=e．
（1）求实数a，b的值；
（2）若在曲线y=mf（x）上存在两个不同的点A（x₁、mf（x₁），B（x₂，mf（x₂））关于y轴的对称点均在直线l上，证明：x₁+x₂＞4．

Answer 1

分析 （1）由导函数f′（1）=e，可通过求导，得a，b．
（2）将A、B两点的对称点坐标找到，由在直线可得一个方程组，对方程组处理利用换元可将问题转化为求g（t）的最小值大于0的问题．

解答 解：（1）∵f（x）=e^ax+b
∴f′（x）=ae^ax+b
∵f′（1）=e，
∴a=1，b=0，
（2）由（1）得y=me^x，
A、B两点关于y轴的对称点分别为A′（-x₁，m${e}^{{x}_{1}}$）、B′（-x₂，m${e}^{{x}_{2}}$），
∵A′、B′均在直线l上，
∴m${e}^{{x}_{1}}$=1-x₁，m${e}^{{x}_{2}}$=1-x₂，
两式相加可得：∴m（${e}^{{x}_{1}}$+${e}^{{x}_{2}}$）=2-（x₁+x₂），
两式相减可得：∴m（${e}^{{x}_{2}}$-${e}^{{x}_{1}}$）=-（x₂-x₁ ），
∴$\frac{{e}^{{x}_{1}}+{e}^{{x}_{2}}}{{e}^{{x}_{2}}-{e}^{{x}_{1}}}$=$\frac{2-（{x}_{1}-{x}_{2}）}{-（{x}_{2}-{x}_{1}）}$，
∴（x₁+x₂）-2=$\frac{{e}^{{x}_{1}}+{e}^{{x}_{2}}}{{e}^{{x}_{2}}-{e}^{{x}_{1}}}$（x₂-x₁）=$\frac{{e}^{{x}_{2}-{x}_{1}}+1}{{e}^{{x}_{2}-{x}_{1}}-1}$（x₂-x₁），
即x₁+x₂=$\frac{{e}^{{x}_{2}-{x}_{1}}+1}{{e}^{{x}_{2}-{x}_{1}}-1}$（x₂-x₁）+2，
欲证x₁+x₂＞4，
即证（${e}^{{x}_{2}-{x}_{1}}$+1）（x₂-x₁）＞2（${e}^{{x}_{2}-{x}_{1}}$-1），
设t=x₂-x₁＞0，
即证（e^t+1）t-2（e^t-1）＞0，
设g（t）=（e^t+1）t-2（e^t-1），g′（t）=te^t-e^t+1，
∵g″（t）=te^t＞0，
∴g′（t）在（0，+∞）单调递增．又g′（0）=0，
∴在（0，+∞）上g′（t）＞0，
∴g（t）在（0，+∞）单调递增，又g（0）=0，
∴在（0，+∞）上g（t）＞0，
原式得证．

点评 本题的第一问较简单，第二问是在找到对称点后代入直线方程，对方程处理后换元，构造新的函数，对新函数求两次导，再由单调性确定最小值．