Question

3．已知函数f（x）=e^x-ax-b，其中a，b∈R，e=2.71828…为自然对数的底数．
（I）当b=-a时，求f（x）的极小值；
（Ⅱ）当f（x+1）+a≥0时，对x∈R恒成立，求ab的最大值；
（Ⅲ）当a＞0，b=-a时，设f'（x）为f（x）的导函数，若函数f（x）有两个不同的零点x₁，x₂，且x₁＜x₂，求证：f（3lna）＞f′（$\frac{{2{x_1}{x_2}}}{{{x_1}+{x_2}}}$）．

Answer 1

分析 （I）显然f'（x）=e^x-a，分a≤0、a＞0两种情况讨论即可；
（Ⅱ）原不等式等价于e^x+1≥ax+b对x∈R恒成立，分a≥0、a=0、a＞0三种情况讨论即可；
（Ⅲ）由（Ⅰ）知f（x）=e^x-ax+a，从而f（3lna）=a（a²-3lna+1）=$a（{a}^{2}-\frac{3}{2}ln{a}^{2}+1）$，a＞e²，令t=a²，$p（t）=t-\frac{3}{2}lnt+1$，t＞e⁴，易得p（t）在（e⁴，+∞）上单调递增，从而$p（t）_{min}=p（{e}^{4}）={e}^{4}-5＞0$，所以f（3lna）＞0，a＞e²；而$f′（\frac{2{x}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}）$=${e}^{\frac{2{x}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}}$-a＜${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$-a，令T=${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$-a，则可证明T＜0恒成立，从而$f′（\frac{2{x}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}）$＜0．所以有f（3lna）＞f′（$\frac{{2{x_1}{x_2}}}{{{x_1}+{x_2}}}$）．

解答 解：（I）当b=-a时，由函数f（x）=e^x-ax-b，
知f（x）=e^x-ax+a，所以f'（x）=e^x-a，
当a≤0时，f'（x）=e^x-a＞0，此时函数f（x）无极值；
当a＞0时，令f'（x）=e^x-a=0，得x=lna．
所以函数f（x）在（-∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，
从而f（x）_min=f（lna）=2a-alna．
（Ⅱ）f（x+1）+a≥0?e^x+1≥ax+b对x∈R恒成立，
显然a≥0，所以原不等式等价于b≤e^x+1-ax对x∈R恒成立．
若a=0，则ab=0；
若a＞0，则ab≤ae^x+1-a²x．
设函数h（x）=ae^x+1-a²x，则h′（x）=ae^x+1-a²=a（e^x+1-a）．
由h′（x）＜0，解得x＜lna-1；
由h′（x）＞0，解得x＞lna-1．
所以函数h（x）在（-∞，lna-1）上单调递减，在（lna-1，+∞）上单调递增，
故$h（x）_{min}=h（lna-1）=2{a}^{2}-{a}^{2}lna$．
设g（a）=$2{a}^{2}-{a}^{2}lna\$  （a＞0），
则g′（a）=a（3-2lna），
令g′（a）=0，解得a=${e}^{\frac{3}{2}}$，
由g′（a）＜0，解得a＞${e}^{\frac{3}{2}}$，
由g′（a）＜0，解得0＜a＜${e}^{\frac{3}{2}}$，
故g（a）在（0，${e}^{\frac{3}{2}}$）上单调递增，在（${e}^{\frac{3}{2}}$，+∞）上单调递减．
所以$g（a）_{max}=g（{e}^{\frac{3}{2}}）=\frac{1}{2}{e}^{3}$，
即ab$≤\frac{1}{2}{e}^{3}$，
综上，ab的最大值为$\frac{1}{2}{e}^{3}$．
（Ⅲ）由（Ⅰ）知f（x）=e^x-ax+a，
a＞0，且f'（x）=e^x-a，
且函数f（x）有两个不同的零点x₁，x₂，且x₁＜x₂，
此时f（x）_极小值=f（lna）=2a-alna＜0，
解得a＞e²．
∵f（0）=a+1＞0，
∴x₂＞x₁＞0，
从而f（3lna）=a（a²-3lna+1）=$a（{a}^{2}-\frac{3}{2}ln{a}^{2}+1）$，a＞e²，
令t=a²，则t＞e⁴，
所以$p（t）=t-\frac{3}{2}lnt+1$，t＞e⁴，
∵$p′（t）=1-\frac{3}{2t}＞$0，
∴p（t）在（e⁴，+∞）上单调递增，
从而$p（t）_{min}=p（{e}^{4}）={e}^{4}-5＞0$，
故p（t）＞0，所以f（3lna）＞0，a＞e²，
而$f′（\frac{2{x}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}）$=${e}^{\frac{2{x}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}}$-a＜${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$-a，
令T=${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$-a，
由$\left\{\begin{array}{l}{{e}^{{x}_{1}}=a（{x}_{1}-1）}\\{{e}^{{x}_{2}}=a（{x}_{2}-1）}\end{array}\right.$ 可得$a=\frac{{e}^{{x}_{1}}-{e}^{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
所以T=${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$-a
=${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$-$\frac{{e}^{{x}_{1}}-{e}^{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$
=${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$-${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$•$\frac{{e}^{\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{2}}-{e}^{\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
令$\frac{{{x}_{2}-x}_{1}}{2}=λ$，则λ＞0，
所以T=${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$（1-$\frac{{e}^{λ}-{e}^{-λ}}{2λ}$）
=${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$•$\frac{2λ-{e}^{λ}+{e}^{-λ}}{2λ}$，
令φ（λ）=2λ-e^λ+e^-λ （λ＞0），
则φ′（λ）=2-（e^λ+e^-λ）＜2-2=0，
故φ（λ）在（0，+∞）上单调递减，
所以φ（λ）＜φ（0）=0，
则T＜0恒成立，
从而$f′（\frac{2{x}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}）$=${e}^{\frac{2{x}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}}$-a＜${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$-a＜0，
综上，有f（3lna）＞f′（$\frac{{2{x_1}{x_2}}}{{{x_1}+{x_2}}}$）．

点评 本题考查的知识点是利用导数研究函数的单调性及极值，其中解答的关键是等量代换，属难题．