Question

12．已知函数f（x）=2e^x-ax-2（a∈R）
（1）若a=2，求证：f（x）≥0．
（2）若x∈[1，2]，求f（x）的最小值．
（3）设函数y=f（x）图象上任意不同的两点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）且x₁＜x₂，记直线AB的斜率为k，求证：k＞f′（px₁+qx₂）（其中正常数p，q满足p+q=1且p≥q）

Answer 1

分析 （1）求出导数，求得单调区间和极小值，也为最小值，即可得证；
（2）求出导数，讨论当a≤2e，当a≥2e²，当2e＜a＜2e²时，求得单调区间，可得最小值；
（3）根据题意，由直线的斜率公式可得k，令φ（x）=f′（x）-k=2e^x-a-2•$\frac{{e}^{{x}_{1}}-{e}^{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$+a=2（e^x-$\frac{{e}^{{x}_{1}}-{e}^{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$），可以求出φ（x₁）与φ（x₂）的值，令F（t）=e^t-t-1，求导可得F′（t）=e^t-1，分t＞0与t＜0讨论可得F（t）的最小值为F（0）=0，则当t≠0时，F（t）＞F（0）=0，即e^t-t-1＞0，进而讨论可得φ（x₁）＜0、φ（x₂）＞0，结合函数的连续性分析可得答案．

解答 解：（1）证明：函数f（x）=2e^x-2x-2的导数为f′（x）=2e^x-2，
当x＞0时，f′（x）＞0，f（x）递增；当x＜0时，f′（x）＜0，f（x）递减．
当x=0处时，f（x）取得极小值，也为最小值，且为0，
即有f（x）≥0；
（2）函数f（x）=2e^x-ax-2的导数为f′（x）=2e^x-a，
由x∈[1，2]，可得2e^x∈[2e，2e²]，
当a≤2e，即有f′（x）≥0，f（x）在[1，2]递增，
即有f（1）取得最小值2e-a-2；
当a≥2e²，即有f′（x）≤0，f（x）在[1，2]递减，
即有f（1）取得最小值2e²-2a-2；
当2e＜a＜2e²时，x＞ln$\frac{a}{2}$，f′（x）＞0，f（x）递增，
x＜ln$\frac{a}{2}$时，f′（x）＜0，f（x）递减，
即有x=ln$\frac{a}{2}$处取得极小值，也为最小值a-aln$\frac{a}{2}$-2；
（3）证明：由题意知，k=$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=2•$\frac{{e}^{{x}_{1}}-{e}^{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$-a．
由x₁＜x=px₁+qx₂＜x₂，
令φ（x）=f′（x）-k=2e^x-a-2•$\frac{{e}^{{x}_{1}}-{e}^{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$+a=2（e^x-$\frac{{e}^{{x}_{1}}-{e}^{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$），
则φ（x₁）=-$\frac{{e}^{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$[${e}^{{x}_{2}-{x}_{1}}$-（x₂-x₁）-1]，φ（x₂）=$\frac{{e}^{{x}_{2}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$[${e}^{{x}_{1}-{x}_{2}}$-（x₁-x₂）-1]． 
令F（t）=e^t-t-1，则F'（t）=e^t-1．
当t＜0时，F'（t）＜0，F（t）单调递减；当t＞0时，F'（t）＞0，F（t）单调递增．
故当t=0，F（t）＞F（0）=0，即e^t-t-1＞0．
从而${e}^{{x}_{2}-{x}_{1}}$-（x₂-x₁）-1＞0，[${e}^{{x}_{1}-{x}_{2}}$-（x₁-x₂）-1＞0，
又$\frac{{e}^{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＞0，$\frac{{e}^{{x}_{2}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＞0，所以φ（x₁）＜0，φ（x₂）＞0．
因为函数y=φ（x）在区间[x₁，x₂]上的图象是连续不断的一条曲线，
且p≥q，即有px₁+qx₂与x₁靠近，
即有k＞f′（px₁+qx₂）．

点评 本题考查导数的应用，涉及最大值、最小值的求法以及恒成立问题，是综合题；关键是理解导数的符号与单调性的关系，并能正确求出函数的导数．