Question

4．已知直線l：y=x+1與函數(shù)f（x）=e^ax+b的圖象相切，且f′（1）=e．
（1）求實(shí)數(shù)a，b的值；
（2）若在曲線y=mf（x）上存在兩個(gè)不同的點(diǎn)A（x₁、mf（x₁），B（x₂，mf（x₂））關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)均在直線l上，證明：x₁+x₂＞4．

Answer 1

分析 （1）由導(dǎo)函數(shù)f′（1）=e，可通過求導(dǎo)，得a，b．
（2）將A、B兩點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)坐標(biāo)找到，由在直線可得一個(gè)方程組，對(duì)方程組處理利用換元可將問題轉(zhuǎn)化為求g（t）的最小值大于0的問題．

解答 解：（1）∵f（x）=e^ax+b
∴f′（x）=ae^ax+b
∵f′（1）=e，
∴a=1，b=0，
（2）由（1）得y=me^x，
A、B兩點(diǎn)關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)分別為A′（-x₁，m${e}^{{x}_{1}}$）、B′（-x₂，m${e}^{{x}_{2}}$），
∵A′、B′均在直線l上，
∴m${e}^{{x}_{1}}$=1-x₁，m${e}^{{x}_{2}}$=1-x₂，
兩式相加可得：∴m（${e}^{{x}_{1}}$+${e}^{{x}_{2}}$）=2-（x₁+x₂），
兩式相減可得：∴m（${e}^{{x}_{2}}$-${e}^{{x}_{1}}$）=-（x₂-x₁ ），
∴$\frac{{e}^{{x}_{1}}+{e}^{{x}_{2}}}{{e}^{{x}_{2}}-{e}^{{x}_{1}}}$=$\frac{2-（{x}_{1}-{x}_{2}）}{-（{x}_{2}-{x}_{1}）}$，
∴（x₁+x₂）-2=$\frac{{e}^{{x}_{1}}+{e}^{{x}_{2}}}{{e}^{{x}_{2}}-{e}^{{x}_{1}}}$（x₂-x₁）=$\frac{{e}^{{x}_{2}-{x}_{1}}+1}{{e}^{{x}_{2}-{x}_{1}}-1}$（x₂-x₁），
即x₁+x₂=$\frac{{e}^{{x}_{2}-{x}_{1}}+1}{{e}^{{x}_{2}-{x}_{1}}-1}$（x₂-x₁）+2，
欲證x₁+x₂＞4，
即證（${e}^{{x}_{2}-{x}_{1}}$+1）（x₂-x₁）＞2（${e}^{{x}_{2}-{x}_{1}}$-1），
設(shè)t=x₂-x₁＞0，
即證（e^t+1）t-2（e^t-1）＞0，
設(shè)g（t）=（e^t+1）t-2（e^t-1），g′（t）=te^t-e^t+1，
∵g″（t）=te^t＞0，
∴g′（t）在（0，+∞）單調(diào)遞增．又g′（0）=0，
∴在（0，+∞）上g′（t）＞0，
∴g（t）在（0，+∞）單調(diào)遞增，又g（0）=0，
∴在（0，+∞）上g（t）＞0，
原式得證．

點(diǎn)評(píng) 本題的第一問較簡單，第二問是在找到對(duì)稱點(diǎn)后代入直線方程，對(duì)方程處理后換元，構(gòu)造新的函數(shù)，對(duì)新函數(shù)求兩次導(dǎo)，再由單調(diào)性確定最小值．