Question

3．已知函数f（x）=ax^2x+be^x（a≠0），g（x）=x．（e为自然对数的底数）
（I）若a=b=1，求F（x）=f（x）-g（x）的单调递增区间；
（Ⅱ）当a＞0时，设f（x）的图象C₁与y=g（x）的图象C₁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

分析 （Ⅰ）把a=b=1代入函数解析式，求出函数导函数，由导函数大于等于0求得F（x）=f（x）-g（x）的单调递增区间；
（Ⅱ）设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），不妨设x₁＜x₂，则$\frac{{{x_2}+{x_1}}}{2}={x_0}$，把P、Q坐标代入f（x）=g（x），作差变形得到$\frac{{{x_2}-{x_1}}}{{{e^{x_2}}-{e^{x_1}}}}≥2a{e^{\frac{{{x_2}+{x_1}}}{2}}}+b$，可得$\frac{{{x_2}-{x_1}}}{{{e^{x_2}}-{e^{x_1}}}}•{e^{\frac{{{x_2}+{x_1}}}{2}}}≥2a{e^{{x_2}+{x_1}}}+b{e^{\frac{{{x_2}+{x_1}}}{2}}}=f'（{x_0}）$，结合$\frac{{{x_2}-{x_1}}}{{{e^{x_2}}-{e^{x_1}}}}•{e^{\frac{{{x_2}+{x_1}}}{2}}}=\frac{{{x_2}-{x_1}}}{{{e^{{x_2}-}}^{x_1}-1}}•{e^{\frac{{{x_2}-{x_1}}}{2}}}$，令t=x₂-x₁＞0换元，构造函数$G（t）={e^{\frac{t}{2}}}-{e^{-\frac{t}{2}}}-t$，利用导数研究其单调性，由其单调性可得$\frac{t}{{{e^t}-1}}{e^{\frac{t}{2}}}＜1$．

解答 （Ⅰ）解：当a=b=1时，
F（x）=f（x）-g（x）=e^2x+e^x-x，则F'（x）=2e^2x+e^x-1，
由F'（x）=（2e^x-1）（e^x+1）≥0，得$x≥ln\frac{1}{2}$．
故函数y=F（x）的单调递增区间为$[ln\frac{1}{2}，+∞）$；
（Ⅱ）证明：设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），不妨设x₁＜x₂，则$\frac{{{x_2}+{x_1}}}{2}={x_0}$，
∴$a{e^{2{x_2}}}+b{e^{x_2}}={x_2}$，$a{e^{2{x_1}}}+b{e^{x_1}}={x_1}$，
两式相减得：$a（{e^{2{x_2}}}-{e^{2{x_1}}}）+b（{e^{x_2}}-{e^{x_1}}）={x_2}-{x_1}$，
整理得${x_2}-{x_1}=a（{e^{x_2}}-{e^{x_1}}）（{e^{x_2}}+{e^{x_1}}）+b（{e^{x_2}}-{e^{x_1}}）≥a（{e^{x_2}}-{e^{x_1}}）•2{e^{\frac{{{x_2}+{x_1}}}{2}}}+b（{e^{x_2}}-{e^{x_1}}）$，
则$\frac{{{x_2}-{x_1}}}{{{e^{x_2}}-{e^{x_1}}}}≥2a{e^{\frac{{{x_2}+{x_1}}}{2}}}+b$，
于是$\frac{{{x_2}-{x_1}}}{{{e^{x_2}}-{e^{x_1}}}}•{e^{\frac{{{x_2}+{x_1}}}{2}}}≥2a{e^{{x_2}+{x_1}}}+b{e^{\frac{{{x_2}+{x_1}}}{2}}}=f'（{x_0}）$，
而$\frac{{{x_2}-{x_1}}}{{{e^{x_2}}-{e^{x_1}}}}•{e^{\frac{{{x_2}+{x_1}}}{2}}}=\frac{{{x_2}-{x_1}}}{{{e^{{x_2}-}}^{x_1}-1}}•{e^{\frac{{{x_2}-{x_1}}}{2}}}$，
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${e^t}-1＞t{e^{\frac{t}{2}}}$，且e^t-1＞0，
∴$\frac{t}{{{e^t}-1}}{e^{\frac{t}{2}}}＜1$，即f'（x₀）＜1．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查数学转化思想方法，考查逻辑思维能力和推理运算能力，属压轴题．