Question

18．已知函数f（x）=x-ae^x+b（a＞0，b∈R）．
（1）求f（x）的最大值；
（2）若函数f（x）有两个不同的零点x₁，x₂，证明：x₁+x₂＜-2lna．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的最大值即可；
（2）求出a，问题转化为证${（{{x}_{1}-x}_{2}）}^{2}$＜${e}^{{{x}_{1}-x}_{2}}$-2+${e}^{{x}_{2}{-x}_{1}}$，不妨设x₁＜x₂，令x₂-x₁=t＞0，则需证t²＜e^-t-2+e^t，设g（t）=t²-e^-t+2-e^t，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）f′（x）=1-ae^x＞0，解得：x＜ln$\frac{1}{a}$，
∴f（x）在（-∞，ln$\frac{1}{a}$）上单增，在（ln$\frac{1}{a}$，+∞）上单减，
∴f（x）_max=f（ln$\frac{1}{a}$）=ln$\frac{1}{a}$-1+b；
（2）证明：由题知$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}-{ae}^{{x}_{1}}+b=0}\\{{x}_{2}-{ae}^{{x}_{2}}+b=0}\end{array}\right.$，
两式相减得x₁-x₂=a（${e}^{{x}_{1}}$-${e}^{{x}_{2}}$）即a=$\frac{{{x}_{1}-x}_{2}}{{e}^{{x}_{1}}{-e}^{{x}_{2}}}$，
故要证x₁+x₂＜-2lna只需证x₁+x₂＜-2ln$\frac{{x}_{1}{-x}_{2}}{{e}^{{x}_{1}}{-e}^{{x}_{2}}}$，
即证${e}^{{{x}_{1}+x}_{2}}$＜${（\frac{{{e}^{{x}_{1}}-e}^{{x}_{2}}}{{{x}_{1}-x}_{2}}）}^{2}$，
即证${（{{x}_{1}-x}_{2}）}^{2}$＜${e}^{{{x}_{1}-x}_{2}}$-2+${e}^{{x}_{2}{-x}_{1}}$，不妨设x₁＜x₂，
令x₂-x₁=t＞0，则需证t²＜e^-t-2+e^t，
设g（t）=t²-e^-t+2-e^t，则g′（t）=2t+e^-t-e^t，
设h（t）=2t+e^-t-e^t，则h′（t）=2-e^-t-e^t＜0，
故h（t）在（0，+∞）上单减，
∴h（t）＜h（0）=0即g′（t）＜0，
∴g（t）在（0，+∞）上单减，
∴g（t）＜g（0）=0，故原不等式得证．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，换元思想，是一道中档题．