Question

12．已知函数f（x）=ae^x-x+b，g（x）=x-ln（x+1），（a，b∈R，e为自然对数的底数）．
（1）若曲线y=f（x）与y=g（x）在坐标原点处的切线相同，问：
（ⅰ）求f（x）的最小值；
（ⅱ）若x≥0时，f（x）≥kg（x）恒成立，试求实数k的取值范围；
（2）若f（x）有两个不同的零点x₁，x₂，对任意a∈（0，+∞），b∈R，证明：f′（$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}$）＜0（f′（x）为f（x）的导函数）．

Answer 1

分析 （1）（i）根据导数的几何意义和最值和函数的单调性的关系即可求出，
（ii）构造函数，再分类讨论，根据导数和单调性的关系即可求出，
（2）依题意，不妨设x₂＞x₁，求出f′（$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}$），构造函数令t=x₂-x₁＞0，设$G（t）={e^{\frac{t}{2}}}-{e^{-\frac{t}{2}}}-t$，利用导数求出函数的单调性，即可证明．

解答 解：（1）（ⅰ）∵f'（x）=ae^x-1，$g'（x）=1-\frac{1}{x+1}（{x＞-1}）$，
依题意，f（0）=0，且f（0）=0，解得a=1，b=-1，
∴f'（x）=e^x-1，当f'（x）＜0时，即x＜0时，f（x）单调递减，
当f'（x）＞0时，即x＞0时，f（x）单调递增，
∴当x=0时，f（x）取得最小值0．           
（ⅱ）由（ⅰ）知，f（x）≥0，即e^x≥x+1，从而x≥ln（x+1），即g（x）≥0．
设F（x）=f（x）-kg（x）=e^x+kln（x+1）-（k+1）x-1，
则$F'（x）={e^x}+\frac{k}{x+1}-（{k+1}）≥x+1+\frac{k}{x+1}-（{k+1}）$，
①当k=1时，因为x≥0，∴$F'（x）≥x+1+\frac{1}{x+1}-2≥0$（当且仅当x=0时等号成立），
此时F（x）在[0，+∞）上单调递增，
从而F（x）≥F（0）=0，即f（x）≥kg（x）．
②当k＜1时，由于g（x）≥0，∴g（x）≥kg（x），
又由（1）知f（x）-g（x）≥0，∴f（x）≥g（x）≥kg（x），
故F（x）≥0，
即f（x）≥kg（x）．
③当k＞1时，令h（x）=e^x+$\frac{k}{x+1}$-（k+1），则$h'（x）={e^x}-\frac{k}{{{{（{x+1}）}^2}}}$，
显然h′（x）在[0，+∞）上单调递增，又$h'（0）=1-k＜0，h'（{\sqrt{k}-1}）={e^{\sqrt{k}-1}}-1＞0$，
∴h′（x）在$（{0，\sqrt{k}-1}）$上存在唯一零点，
当x∈（0，x₀）时，h′（x）＜0，∴h（x）在[0，x₀]上单调递减，
从而F（x）＜F（0）=0，即F′（x）＜0，
∴F（x）在[0，x₀]上单调递减，
从而当x∈（0，x₀）时，F（x）＜F（0）=0，即f（x）＜kg（x），不合题意． 
综上，实数k的取值范围为（-∞，1]．          
（2）证明：依题意，不妨设x₂＞x₁，有$a{e^{x_2}}+b={x_2}$，$a{e^{x_1}}+b={x_1}$，
两式相减得：$a（{e^{x_2}}-{e^{x_1}}）={x_2}-{x_1}$，
整理得${x_2}-{x_1}=a（{e^{x_2}}-{e^{x_1}}）$，${e^{x_2}}-{e^{x_1}}＞0$
则$\frac{{{x_2}-{x_1}}}{{{e^{x_2}}-{e^{x_1}}}}=a$，
于是$f'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）=a{e^{\frac{{{x_2}+{x_1}}}{2}}}-1=\frac{{{x_2}-{x_1}}}{{{e^{x_2}}-{e^{x_1}}}}•{e^{\frac{{{x_2}+{x_1}}}{2}}}-1=\frac{{{x_2}-{x_1}}}{{{e^{\frac{{{x_2}-{x_1}}}{2}}}-{e^{-\frac{{{x_2}-{x_1}}}{2}}}}}-1$，
令t=x₂-x₁＞0，
则设$G（t）={e^{\frac{t}{2}}}-{e^{-\frac{t}{2}}}-t$，
则$G'（t）=\frac{1}{2}{e^{\frac{t}{2}}}+\frac{1}{2}{e^{-\frac{t}{2}}}-1＞\frac{1}{2}•2•\sqrt{{e^{\frac{t}{2}}}•{e^{-\frac{t}{2}}}}-1=0$，
∴y=G（t）在（0，+∞）上单调递增，
则$G（t）={e^{\frac{t}{2}}}-{e^{-\frac{t}{2}}}-t＞G（0）=0$，
于是有${e^{\frac{t}{2}}}-{e^{-\frac{t}{2}}}＞t$，
即$\frac{{{x_2}-{x_1}}}{{{e^{\frac{{{x_2}-{x_1}}}{2}}}-{e^{-\frac{{{x_2}-{x_1}}}{2}}}}}＜1$，
∴$f'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）=a{e^{\frac{{{x_2}+{x_1}}}{2}}}-1＜0$．
即f′（$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}$）＜0．

点评 本题考查了导数和函数的单调性以及和最值的关系，考查了运算能力，转化能力，解决问题的能力，属于难题．