Question

8．已知函數(shù)f（x）=e^x-ax+a（a∈R），其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．
（1）討論函數(shù)y=f（x）的單調(diào)性；
（2）若函數(shù)f（x）有兩個零點x₁，x₂，證明：x₁+x₂＜2lna．

Answer 1

分析 （1）求導，分類討論，根據(jù)導數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關系，即可求得y=f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）由（1）可知，不妨設1＜x₁＜x₂，代入e^x-ax+a=0，作差，要證x₁+x₂＜2lna，即證${e^{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}}＜a$，即證$\frac{{{e^{\frac{{{x_2}-{x_1}}}{2}}}-{e^{-\frac{{{x_2}-{x_1}}}{2}}}}}{{{x_2}-{x_1}}}＞1$，令$\frac{{{x_2}-{x_1}}}{2}=t＞0$，則（*）式化為  e^t-e^-t＞2t，構造輔助函數(shù)，求導，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性即可求得g（t）＞g（0）=0．則x₁+x₂＜2lna．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=e^x-ax+a，求導，f'（x）=e^x-a．
①當a≤0時，f'（x）＞0，則函數(shù)f（x）為R上的單調(diào)遞增函數(shù)．
②當a＞0時，令f'（x）=0，則x=lna．
若x＜lna，則f'（x）＜0，f（x）在（-∞，lna）上是單調(diào)減函數(shù)；
若x＞lna，則f'（x）＞0，f（x）在（lna，+∞）上是單調(diào)增函數(shù)．
（2）證明：由（Ⅰ）可知，不妨設1＜x₁＜x₂，
由$\left\{\begin{array}{l}{e^{x_1}}-a{x_1}+a=0\;\\{e^{x_2}}-a{x_2}+a=0\;\end{array}\right.$兩式相減得$a=\frac{{{e^{x_2}}-{e^{x_1}}}}{{{x_2}-{x_1}}}$．
要證x₁+x₂＜2lna，即證${e^{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}}＜a$，
也就是證${e^{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}}＜\frac{{{e^{x_2}}-{e^{x_1}}}}{{{x_2}-{x_1}}}$，
即${e^{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}}-\frac{{{e^{x_2}}-{e^{x_1}}}}{{{x_2}-{x_1}}}={e^{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}}（1-\frac{{{e^{\frac{{{x_2}-{x_1}}}{2}}}-{e^{-\frac{{{x_2}-{x_1}}}{2}}}}}{{{x_2}-{x_1}}}）＜0$，即證$\frac{{{e^{\frac{{{x_2}-{x_1}}}{2}}}-{e^{-\frac{{{x_2}-{x_1}}}{2}}}}}{{{x_2}-{x_1}}}＞1$，
又x₂-x₁＞0，只要證${e^{\frac{{{x_2}-{x_1}}}{2}}}-{e^{-\frac{{{x_2}-{x_1}}}{2}}}＞{x_2}-{x_1}$（*）．
令$\frac{{{x_2}-{x_1}}}{2}=t＞0$，則（*）式化為  e^t-e^-t＞2t，
設g（t）=（e^t-e^-t）-2t（t＞0）
，g'（t）=（e^t+e^-t）-2＞0，所以g（t）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，所以g（t）＞g（0）=0．
∴x₁+x₂＜2lna．

點評 本題考查導數(shù)的綜合應用，考查利用導數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性區(qū)間及最值，考查轉(zhuǎn)化思想，考查計算能力，屬于中檔題．