Question

設f（x）=e^x-a（x+1）（e是自然對數(shù)的底數(shù)，e=2.71828…），且f（0）=0．
（Ⅰ）求實數(shù)a的值，并求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）設g（x）=f（x）-f（-x），對任意x₁，x₂∈R（x₁＜x₂），恒有

g(x2)-g(x1)

x2-x1

＞m成立．求實數(shù)m的取值范圍；
（Ⅲ）若正實數(shù)λ₁，λ₂滿足λ₁+λ₂=1，x₁，x₂∈R（x₁≠x₂），試證明：f（λ₁x₁+λ₂x₂）＜λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）

Answer 1

考點：函數(shù)與方程的綜合運用

專題：綜合題,導數(shù)的綜合應用

分析：（Ⅰ）由f′（0）=0，求出a的值，再由導數(shù)的正負性，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）構造函數(shù)F（x）=g（x）-mx，利用F（x）的單調(diào)性，即F′（x）=-m≥0恒成立，求出m的取值范圍是
（Ⅲ）根據(jù)作差法，構造函數(shù)，利用單調(diào)性證明．

解答： （Ⅰ）解：∵f′（x）=e^x-a，f′（0）=1-a=0，∴a=1，
令f′（x）=e^x-1＞0得x＞0；令f′（x）=e^x-1＜0得x＜0；
所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）；單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，0）．…5分
（II）解：由

g(x2)-g(x1)

x2-x1

＞m（x₁＜x₂）變形得：g（x₂）-mx₂＞g（x₁）-mx₁，
令函數(shù)F（x）=g（x）-mx，則F（x）在R上單調(diào)遞增，
∴F′（x）=g′（x）-m≥0即m≤g′（x）在R上恒成立．
而g′(x)=f′(x)+f′(-x)=ex+e-x-2≥2

ex•e-x

-2=0（當且僅當x=0時取“=”）
所以m≤0．…9分
（Ⅲ）證明：不妨設x₁＜x₂，由λ₁+λ₂=1（λ₁，λ₂∈（0，1））得：
f（λ₁x₁+λ₂x₂）-[λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）]=eλ1x1+λ2x2-(λ1x1+λ2x2)-1-λ1(ex1-x1-1)-λ2(ex2-x2-1)=eλ1x1+λ2x2-λ1ex1-λ2ex2
=ex1(eλ1x1-x1+λ2x2-λ1-λ2ex2-x1)=ex1(e-λ2x1+λ2x2-1+λ2-λ2ex2-x1)=ex1[eλ2(x2-x1)-1+λ2-λ2ex2-x1]，…10分
其中ex1＞0，故上式的符號由因式“eλ2(x2-x1)-1+λ₂-λ2ex2-x1”的符號確定．
令t=x₂-x₁，則函數(shù)φ（t）=eλ2t-1+λ₂-λ2et（t＞0）．
φ′（t）=λ2et[e(λ2-1)t-1]，其中（λ₂-1）t＜0，得e(λ2-1)t-1＜0，故φ′（t）＜0．
即φ（t）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，且φ（0）=0．所以φ（t）＜0．
從而有f（λ₁x₁+λ₂x₂）＜λ₁f（x₁）+λ₂f（x₂）成立．．…14分

點評：本題考查運用導數(shù)知識研究函數(shù)的圖象與性質(zhì)、函數(shù)的應用、不等式問題等基礎知識，考查運算求解能力、推理論證能力，考查數(shù)形結合思想、函數(shù)與方程思想、特殊與一般思想等．