Question

13．已知函数f（x）=ae^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）的最小值；
（Ⅱ）若函数F（x）=f（x）-g（x）有两个不同的零点x₁，x₂，记x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，对任意a∈（0，+∞），b∈R，试比较f′（x₀）与g′（x₀）的大小，并证明你的结论．

Answer 1

分析 （Ⅰ）若a=b=1，求出函数F（x）=f（x）-g（x）的导数，判断函数在定义域上单调递增，利用函数单调性和最值之间的关系进行求解即可；
（Ⅱ）设x₁＜x₂，根据条件得到x₂-x₁=a（${e}^{{x}_{2}}$-${e}^{{x}_{1}}$）（${e}^{{x}_{2}}$+${e}^{{x}_{1}}$）+b（${e}^{{x}_{2}}$-${e}^{{x}_{1}}$），再令t=x₂-x₁＞0，则设G（t）=${e}^{\frac{t}{2}}$-${e}^{-\frac{t}{2}}$-t，利用导数得出函数为增函数，继而得出即f′（x₀）＜1，而g′（x₀）=1，进行比较即可．

解答 解：（I）若a=b=1，则F（x）=f（x）-g（x）=e^2x+e^x-x，
则F′（x）=2e^2x+e^x-1=（e^x+1）（2e^x-1），
由F′（x）＞0得（e^x+1）（2e^x-1）＞0，得2e^x-1＞0得e^x＞$\frac{1}{2}$，则x＞ln$\frac{1}{2}$，
由F′（x）＜0得（e^x+1）（2e^x-1）＜0，得2e^x-1＜0得e^x＜$\frac{1}{2}$，则x＜ln$\frac{1}{2}$，
故当x=ln$\frac{1}{2}$时，函数F（x）取得极小值同时也是最小值，此时F（ln$\frac{1}{2}$）=$\frac{3}{4}$-ln$\frac{1}{2}$．
（Ⅱ）不妨设x₁＜x₂，则$\frac{{x}_{2}+{x}_{1}}{2}$=x₀，
$a{e}^{2{x}_{1}}$+$b{e}^{{x}_{1}}$=x₁，a${e}^{2{x}_{2}}$+b${e}^{{x}_{2}}$=x₂，
两式相减得：a（${e}^{2{x}_{2}}$-${e}^{2{x}_{1}}$）+b（${e}^{{x}_{2}}$-${e}^{{x}_{1}}$）=x₂-x₁，
整理得x₂-x₁=a（${e}^{{x}_{2}}$-${e}^{{x}_{1}}$）（${e}^{{x}_{2}}$+${e}^{{x}_{1}}$）+b（${e}^{{x}_{2}}$-${e}^{{x}_{1}}$）
则$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{e}^{{x}_{2}}-{e}^{{x}_{1}}}$=a（${e}^{{x}_{2}}$+${e}^{{x}_{1}}$）+b≥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′（x₀）
而是$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{e}^{{x}_{2}}-{e}^{{x}_{1}}}$•${e}^{\frac{{x}_{2}+{x}_{1}}{2}}$=$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{e}^{{x}_{2}-{x}_{1}}-1}$•${e}^{\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}}$
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}}$-t＞G（0），
于是有${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．
∵g（x）=x，
∴g′（x₀）=1，则f′（x₀）＜g′（x₀）．

点评 本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性，考查不等式的证明，考查学生本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性，考查不等式的证明，考查学生分析解决问题的能力，属于难题分析解决问题的能力，属于难题