Question

3．已知函數(shù)f（x）=ax^2x+be^x（a≠0），g（x）=x．（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）
（I）若a=b=1，求F（x）=f（x）-g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（Ⅱ）當(dāng)a＞0時(shí)，設(shè)f（x）的圖象C₁與y=g（x）的圖象C₁相交于兩個(gè)不同的點(diǎn)P、Q，過線段PQ的中點(diǎn)作x軸的垂線交C₁于點(diǎn)M（x₀，y₀），求證：f（x₀）＜1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）把a(bǔ)=b=1代入函數(shù)解析式，求出函數(shù)導(dǎo)函數(shù)，由導(dǎo)函數(shù)大于等于0求得F（x）=f（x）-g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（Ⅱ）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），不妨設(shè)x₁＜x₂，則$\frac{{{x_2}+{x_1}}}{2}={x_0}$，把P、Q坐標(biāo)代入f（x）=g（x），作差變形得到$\frac{{{x_2}-{x_1}}}{{{e^{x_2}}-{e^{x_1}}}}≥2a{e^{\frac{{{x_2}+{x_1}}}{2}}}+b$，可得$\frac{{{x_2}-{x_1}}}{{{e^{x_2}}-{e^{x_1}}}}•{e^{\frac{{{x_2}+{x_1}}}{2}}}≥2a{e^{{x_2}+{x_1}}}+b{e^{\frac{{{x_2}+{x_1}}}{2}}}=f'（{x_0}）$，結(jié)合$\frac{{{x_2}-{x_1}}}{{{e^{x_2}}-{e^{x_1}}}}•{e^{\frac{{{x_2}+{x_1}}}{2}}}=\frac{{{x_2}-{x_1}}}{{{e^{{x_2}-}}^{x_1}-1}}•{e^{\frac{{{x_2}-{x_1}}}{2}}}$，令t=x₂-x₁＞0換元，構(gòu)造函數(shù)$G（t）={e^{\frac{t}{2}}}-{e^{-\frac{t}{2}}}-t$，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性，由其單調(diào)性可得$\frac{t}{{{e^t}-1}}{e^{\frac{t}{2}}}＜1$．

解答 （Ⅰ）解：當(dāng)a=b=1時(shí)，
F（x）=f（x）-g（x）=e^2x+e^x-x，則F'（x）=2e^2x+e^x-1，
由F'（x）=（2e^x-1）（e^x+1）≥0，得$x≥ln\frac{1}{2}$．
故函數(shù)y=F（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為$[ln\frac{1}{2}，+∞）$；
（Ⅱ）證明：設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），不妨設(shè)x₁＜x₂，則$\frac{{{x_2}+{x_1}}}{2}={x_0}$，
∴$a{e^{2{x_2}}}+b{e^{x_2}}={x_2}$，$a{e^{2{x_1}}}+b{e^{x_1}}={x_1}$，
兩式相減得：$a（{e^{2{x_2}}}-{e^{2{x_1}}}）+b（{e^{x_2}}-{e^{x_1}}）={x_2}-{x_1}$，
整理得${x_2}-{x_1}=a（{e^{x_2}}-{e^{x_1}}）（{e^{x_2}}+{e^{x_1}}）+b（{e^{x_2}}-{e^{x_1}}）≥a（{e^{x_2}}-{e^{x_1}}）•2{e^{\frac{{{x_2}+{x_1}}}{2}}}+b（{e^{x_2}}-{e^{x_1}}）$，
則$\frac{{{x_2}-{x_1}}}{{{e^{x_2}}-{e^{x_1}}}}≥2a{e^{\frac{{{x_2}+{x_1}}}{2}}}+b$，
于是$\frac{{{x_2}-{x_1}}}{{{e^{x_2}}-{e^{x_1}}}}•{e^{\frac{{{x_2}+{x_1}}}{2}}}≥2a{e^{{x_2}+{x_1}}}+b{e^{\frac{{{x_2}+{x_1}}}{2}}}=f'（{x_0}）$，
而$\frac{{{x_2}-{x_1}}}{{{e^{x_2}}-{e^{x_1}}}}•{e^{\frac{{{x_2}+{x_1}}}{2}}}=\frac{{{x_2}-{x_1}}}{{{e^{{x_2}-}}^{x_1}-1}}•{e^{\frac{{{x_2}-{x_1}}}{2}}}$，
令t=x₂-x₁＞0，則設(shè)$G（t）={e^{\frac{t}{2}}}-{e^{-\frac{t}{2}}}-t$，
則$G'（t）=\frac{1}{2}{e^{\frac{t}{2}}}+\frac{1}{2}{e^{-\frac{t}{2}}}-1＞\frac{1}{2}•2•\sqrt{{e^{\frac{t}{2}}}•{e^{-\frac{t}{2}}}}-1=0$，
∴y=G（t）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，則$G（t）={e^{\frac{t}{2}}}-{e^{-\frac{t}{2}}}-t＞G（0）=0$，
于是有${e^{\frac{t}{2}}}-{e^{-\frac{t}{2}}}＞t$，即${e^t}-1＞t{e^{\frac{t}{2}}}$，且e^t-1＞0，
∴$\frac{t}{{{e^t}-1}}{e^{\frac{t}{2}}}＜1$，即f'（x₀）＜1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，考查邏輯思維能力和推理運(yùn)算能力，屬壓軸題．