Question

11．過點P（-1，0）作曲線y=e^x的切線l．
（Ⅰ）求l的方程；
（Ⅱ）若A（x₁，$\frac{a}{{{e^{x_1}}}}$），B（x₂，$\frac{a}{{{e^{x_2}}}}$）是直線l上的兩個不同點，求證：x₁+x₂＜-4．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設出切點（x₀，y₀），求出曲線對應函數(shù)的導數(shù)，由導數(shù)的幾何意義和兩點的斜率公式，可得方程組，求得切點為（0，1），求得切線的斜率為1，即可得到所求切線的方程；
（Ⅱ）方法一、將A，B代入切線的方程，可設f（x）=（x+1）e^x，求出導數(shù)，不妨設x₁＜-2，x₂＞-2．設g（x）=f（x）-f（-4-x），求出g（x）的導數(shù)，求得單調區(qū)間，運用單調性即可得證．
方法二、將A，B代入切線的方程，兩式相加，化簡整理，設f（t）=（1+e^t）t-2e^t+2，則f'（t）=e^tt-e^t+1，設g（t）=e^tt-e^t+1，求出導數(shù)，運用分析法，求得f（t）的增區(qū)間，即可得證．

解答 解：（Ⅰ）y'=e^x，設切點（x₀，y₀），
則$\left\{\begin{array}{l}{y_0}={e^{x_0}}\\{e^{x_0}}=\frac{y_0}{{{x_0}+1}}\end{array}\right.$，解得x₀=0，
因此切線的斜率為y'|_x=0=1，切點為（0，1），
則l的方程是y=x+1；
（Ⅱ）證明：（方法一）依題意有$\left\{\begin{array}{l}\frac{a}{{{e^{x_1}}}}={x_1}+1\\ \frac{a}{{{e^{x_2}}}}={x_2}+1\end{array}\right.$，
即有$（{x_1}+1）{e^{x_1}}=（{x_2}+1）{e^{x_2}}$，
設f（x）=（x+1）e^x，則f（x₁）=f（x₂）．
f′（x）=（x+2）e^x，當x＜-2時，f′（x）＜0，當x＞-2時，f′（x）＞0；
所以f（x）在（-∞，-2）單調遞減，在（-2，+∞）單調遞增．
因為x₁≠x₂，不妨設x₁＜-2，x₂＞-2．
設g（x）=f（x）-f（-4-x），
則g'（x）=f'（x）+f'（-4-x）=（x+2）e^x（1-e^-2（2+x）），
當x＞-2時，g'（x）＞0，g（x）在在（-2，+∞）單調遞增，
則g（x）＞g（-2）=0，當x＞-2時，f（x）＞f（-4-x）．
因為x₂＞-2，所以f（x₂）＞f（-4-x₂），從而f（x₁）＞f（-4-x₂），
因為-4-x₂＜-2，f（x）在（-∞，-2）單調遞減，
所以x₁＜-4-x₂，即x₁+x₂＜-4．
（方法二）依題意有$\left\{\begin{array}{l}\frac{a}{{{e^{x_1}}}}={x_1}+1\\ \frac{a}{{{e^{x_2}}}}={x_2}+1\end{array}\right.$，
兩式分別相加減得$\left\{\begin{array}{l}a（\frac{1}{{{e^{x_1}}}}+\frac{1}{{{e^{x_2}}}}）={x_1}+{x_2}+2\\ a（\frac{1}{{{e^{x_1}}}}-\frac{1}{{{e^{x_2}}}}）={x_1}-{x_2}\end{array}\right.$．
可得$\frac{{\frac{1}{{{e^{x_1}}}}+\frac{1}{{{e^{x_2}}}}}}{{\frac{1}{{{e^{x_1}}}}-\frac{1}{{{e^{x_2}}}}}}=\frac{{{x_1}+{x_2}+2}}{{{x_1}-{x_2}}}$，從而${x_1}+{x_2}=\frac{{1+{e^{{x_1}-{x_2}}}}}{{1-{e^{{x_1}-{x_2}}}}}（{x_1}-{x_2}）-2$．
因為x₁≠x₂，不妨設t=x₁-x₂＞0，則e^t＞1，
不等式x₁+x₂＜-4即$\frac{{1+{e^t}}}{{1-{e^t}}}t-2＜-4$，等價于（1+e^t）t-2e^t+2＞0，
設f（t）=（1+e^t）t-2e^t+2，則f'（t）=e^tt-e^t+1，
設g（t）=e^tt-e^t+1，則g'（t）=e^tt＞0，
所以f'（t）在（0，+∞）單調遞增，f'（t）＞f'（0）=0，
f（t）在（0，+∞）單調遞增，f（t）＞f（0）=0，
因此x₁+x₂＜-4．

點評 本題考查導數(shù)的運用：求切線的方程和單調區(qū)間，考查不等式的證明，注意運用構造函數(shù)法，求出導數(shù)，判斷單調性，考查運算和推理的能力，屬于中檔題．