Question

20．已知函数f（x）=lnx，g（x）=e^x．
（1）若函数y=ax+f（x）在区间（0，e]上的最大值为-4，求实数a的值；
（2）若函数y=ag（2x）+bg（x）-x有两个不同的零点x₁，x₂，x₀是x₁，x₂的等差中项，证明：当a＞0时，不等式2ag （2x₀）+bg（x₀）＜f（e）成立．

Answer 1

分析 （1）利用导数判断目标函数的单调性，从而得到目标函数在相应单调区间上的最大值，进而求解出参数．
（2）考查函数的零点、等差中项等数学概念，需根据题意构造新的函数，并且应用导数得出新构造函数的单调性，从而证明结论．

解答 解：（1）由y=ax+f（x）=ax+lnx，求导，y′=a+$\frac{1}{x}$，x∈（0，e]．
当a≥$\frac{1}{e}$时，x∈（0，e]，y′＞0，则函数y=ax+lnx是单调递增函数，
y_max=a²+lne=ae+1≥0，不符合题意，
若a＜-$\frac{1}{e}$，则x∈（0，-$\frac{1}{a}$）时，y′＞0，函数y=ax+lnx是单调递增函数，
x∈（-$\frac{1}{a}$，e）时，y′＜0，函数y=ax+lnx是单调递减函数，
y_max=-1+ln（-$\frac{1}{a}$）=-4，解得：a=-e³＜-$\frac{1}{e}$，
∴a=-e³，
∴实数a的值-e³；
（2）证明：由x₁，x₂为函数y=ag（2x）+bg（x）-x有两个不同的零点，
不妨设x₁＜x₂，则a${e}^{2{x}_{1}}$+b${e}^{{x}_{1}}$-x₁=0，a${e}^{2{x}_{2}}$+b${e}^{{x}_{2}}$-x₂=0，
则a（${e}^{2{x}_{1}}$-${e}^{2{x}_{2}}$）+b（${e}^{{x}_{1}}$-${e}^{{x}_{2}}$）-（x₂-x₁）=0，
即$\frac{a（{e}^{2{x}_{1}}-{e}^{2{x}_{2}}）}{{e}^{{x}_{2}}-{e}^{{x}_{1}}}$+b-$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{e}^{{x}_{2}}-{e}^{{x}_{1}}}$=0，
则a（${e}^{{x}_{2}}$+${e}^{{x}_{1}}$）+b=$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{e}^{{x}_{2}}-{e}^{{x}_{1}}}$，
由${e}^{{x}_{2}}$+${e}^{{x}_{1}}$＞2$\sqrt{{e}^{{x}_{2}}{e}^{{x}_{1}}}$=2${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$，
则2a${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$+b＜$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{e}^{{x}_{2}}-{e}^{{x}_{1}}}$，
∴2a${e}^{{x}_{1}+{x}_{2}}$+b${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$＜$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{e}^{{x}_{2}}-{e}^{{x}_{1}}}$${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$，
令t=x₂-x₁＞0，G（t）=${e}^{\frac{t}{2}}$-${e}^{-\frac{t}{2}}$-t，
G′（t）=$\frac{1}{2}$${e}^{\frac{t}{2}}$+$\frac{1}{2}$${e}^{-\frac{t}{2}}$-1，
故函数G（t）=${e}^{\frac{t}{2}}$-${e}^{-\frac{t}{2}}$-t，在（0，+∞）上单调递增
G（t）＞G（0）=0，
∴${e}^{\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}}$-${e-}^{\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}}$-（x₂-x₁）＞0，即$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{e}^{\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}-{e}^{-\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}}}}$＜1，
又$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{e}^{{x}_{2}}-{e}^{{x}_{1}}}$•${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$=$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{e}^{{x}_{2}-{x}_{1}}-1}$•${e}^{\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}}$=$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{e\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}-e-\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}}$，
又∵2ag（2x₀）+bg（x₀）=2a${e}^{{x}_{1}+{x}_{2}}$+b${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$，
则2ag（2x₀）+bg（x₀）＜f（e）成立，
原式得证．

点评 本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性及最值，等差中项的应用，考查构造法，考查转化思想，属于中档题．