Question

12．已知函数f（x）=a^x（a＞0，且a≠1）
（1）若a=e，g（x）=mx²，m＞0，当函数y=f（x）-g（x）在[-2，4]上有三个不同的零点时，求实数m的取值范围．
（2）若0＜a＜1，A，B是曲线y=f（x）上不同的两点，点C是弦AB的中点，过点C作x轴的垂线交曲线y=f（x）于点D，设直线AB的斜率为k₁，曲线y=f（x）在点D处的切线斜率为k₂，求证：k₁＜k₂．

Answer 1

分析 （1）当m＞0时，曲线y=f（x）与曲线y=g（x）的公共点个数即方程e^x=mx²根的个数．由e^x=mx²得$\frac{1}{m}$=$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$，设h（x）=$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$，h′（x）=$\frac{x（2-x）}{{e}^{x}}$，利用导数研究函数h（x）的单调性，即可得出结论；
（2）根据导数的几何意义，利用导数与曲线切线斜率间的关系证明．

解答 （1）解：当m＞0时，曲线y=f（x）与曲线y=g（x）的公共点个数即方程e^x=mx²根的个数．
 由e^x=mx²得$\frac{1}{m}$=$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$，
设h（x）=$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$，h′（x）=$\frac{x（2-x）}{{e}^{x}}$，
所以在R上不间断的函数h（x）在（-∞，0）上递减，在（0，2）上递增，
在（2，+∞）上递减，
又因为m＞0，h（0）=0，h（2）=$\frac{4}{{e}^{2}}$，h（4）=$\frac{16}{{e}^{4}}$，h（-2）=$\frac{4}{{e}^{-2}}$=4e²，
当h（4）≤$\frac{1}{m}$＜h（2）时有三公共点，
解得$\frac{{e}^{2}}{4}$＜m≤$\frac{{e}^{4}}{16}$；
（2）证明：设A（x₁，f（x₁）），B（x₂，f（x₂））（x₁＜x₂）
则k₁=$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$k₂=f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$），
则k₁-k₂=$\frac{{a}^{{x}_{2}}-{a}^{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$-${a}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$lna
=$\frac{{a}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$[${a}^{\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}}$-${a}^{\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{2}}$-（x₂-x₁）lna]，
设$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}$=t＞0，L（x）=a^t-a^-t-2tlna，
则L'（x）=lna（a^t+a^-t-2），
当0＜a＜1时，0＜a^t＜1，lna＜0
则L'（t）=lna（a^t+a^-t-2）＜0，所以L（t）在（0，+∞）递减，
则L（t）＜L（0）=0，
又因为$\frac{{a}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＞0，所以$\frac{{a}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$[${a}^{\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}}$-${a}^{\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{2}}$-（x₂-x₁）lna]＜0，
所以k₁-k₂＜0，
当0＜a＜1时k₁＜k₂．

点评 本题主要考查利用导数研究函数的单调性、极值、求曲线曲线的斜率等问题，逻辑思维强，考查学生的分析问题，解决问题的能力及运算求解能力，属于难题．