Question

18．已知函數(shù)f（x）=x-ae^x+b（a＞0，b∈R）．
（1）求f（x）的最大值；
（2）若函數(shù)f（x）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x₁，x₂，證明：x₁+x₂＜-2lna．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最大值即可；
（2）求出a，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為證${（{{x}_{1}-x}_{2}）}^{2}$＜${e}^{{{x}_{1}-x}_{2}}$-2+${e}^{{x}_{2}{-x}_{1}}$，不妨設(shè)x₁＜x₂，令x₂-x₁=t＞0，則需證t²＜e^-t-2+e^t，設(shè)g（t）=t²-e^-t+2-e^t，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（1）f′（x）=1-ae^x＞0，解得：x＜ln$\frac{1}{a}$，
∴f（x）在（-∞，ln$\frac{1}{a}$）上單增，在（ln$\frac{1}{a}$，+∞）上單減，
∴f（x）_max=f（ln$\frac{1}{a}$）=ln$\frac{1}{a}$-1+b；
（2）證明：由題知$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}-{ae}^{{x}_{1}}+b=0}\\{{x}_{2}-{ae}^{{x}_{2}}+b=0}\end{array}\right.$，
兩式相減得x₁-x₂=a（${e}^{{x}_{1}}$-${e}^{{x}_{2}}$）即a=$\frac{{{x}_{1}-x}_{2}}{{e}^{{x}_{1}}{-e}^{{x}_{2}}}$，
故要證x₁+x₂＜-2lna只需證x₁+x₂＜-2ln$\frac{{x}_{1}{-x}_{2}}{{e}^{{x}_{1}}{-e}^{{x}_{2}}}$，
即證${e}^{{{x}_{1}+x}_{2}}$＜${（\frac{{{e}^{{x}_{1}}-e}^{{x}_{2}}}{{{x}_{1}-x}_{2}}）}^{2}$，
即證${（{{x}_{1}-x}_{2}）}^{2}$＜${e}^{{{x}_{1}-x}_{2}}$-2+${e}^{{x}_{2}{-x}_{1}}$，不妨設(shè)x₁＜x₂，
令x₂-x₁=t＞0，則需證t²＜e^-t-2+e^t，
設(shè)g（t）=t²-e^-t+2-e^t，則g′（t）=2t+e^-t-e^t，
設(shè)h（t）=2t+e^-t-e^t，則h′（t）=2-e^-t-e^t＜0，
故h（t）在（0，+∞）上單減，
∴h（t）＜h（0）=0即g′（t）＜0，
∴g（t）在（0，+∞）上單減，
∴g（t）＜g（0）=0，故原不等式得證．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及轉(zhuǎn)化思想，換元思想，是一道中檔題．