Question

18．已知f（x）=2x+1-e^ax（a∈R）．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若x₁，x₂为方程f（x）=1的两个相异的实根，求证：x₁+x₂＞$\frac{2}{a}$．

Answer 1

分析 （1）由f（x）=2x+1-e^ax，求导得f'（x）=2-ae^ax，x∈R，对a分类讨论即可得出单调性．
（2）x₁，x₂为方程f（x）=1的两个相异的实根，则x₁，x₂为方程2x-e^ax=0的两个相异的实根，即x₁，x₂为方程ax=ln（2x）的两个相异的实根，可得ax₁=ln（2x₁），ax₂=ln（2x₂）．不妨设x₁＞x₂＞0．相减可得：a=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$．一方面：x₁+x₂＞$\frac{2}{a}$?a＞$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$．因此只要证明：$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$．即证明ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$即可．令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t＞1．上述不等式等价于：g（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$＞0．（t＞1）．g（1）=0．利用导数研究其单调性极值与最值即可得出．

解答 解：（1）由f（x）=2x+1-e^ax，求导得f'（x）=2-ae^ax，x∈R，
当a≤0时，f'（x）=2-ae^ax＞0恒成立，则f（x）的增区间为（-∞，+∞）．
当a＞0时，令f'（x）=0，即2=ae^ax，x=$\frac{1}{a}$ln$\frac{2}{a}$，
当x＜$\frac{1}{a}$ln$\frac{2}{a}$，f′（x）＞0，当x＞$\frac{1}{a}$ln$\frac{2}{a}$，f′（x）＜0，
∴f（x）单调递增区间为（-∞，$\frac{1}{a}$ln$\frac{2}{a}$），单调递减区间（$\frac{1}{a}$ln$\frac{2}{a}$，+∞），
综上可知：当a≤0时f（x）的增区间为（-∞，+∞）．
当a＞0时，f（x）单调递增区间为（-∞，$\frac{1}{a}$ln$\frac{2}{a}$），单调递减区间（$\frac{1}{a}$ln$\frac{2}{a}$，+∞）；
（2）证明：x₁，x₂为方程f（x）=1的两个相异的实根，则x₁，x₂为方程2x-e^ax=0的两个相异的实根，
即x₁，x₂为方程ax=ln（2x）的两个相异的实根，
∴ax₁=ln（2x₁），ax₂=ln（2x₂）．不妨设x₁＞x₂＞0．
∴a（x₁-x₂）=ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，即a=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$．
证明：x₁+x₂＞$\frac{2}{a}$?a＞$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$．
因此只要证明：$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$．即证明ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$即可．
令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t＞1．上述不等式等价于：g（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$＞0（t＞1），g（1）=0．
g′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{2（t+1）-2（t-1）}{（t+1）^{2}}$=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，
∴函数g（t）在（1，+∞）上单调递增，∴g（t）＞g（1）=0，
∴ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$成立．即x₁+x₂＞$\frac{2}{a}$．

点评 本题考查了利用导数研究其单调性极值与最值、分析法、函数的零点、等价转化方法、换元法、方程与不等式的解法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．