Question

8．已知函數(shù)f（x）=e^3ax（a∈R）的圖象C在點（1，f（1））處切線的斜率為e，函數(shù)g（x）=kx+b（k，b∈R，k≠0）為奇函數(shù)，且其圖象為l．
（1）求實數(shù)a，b的值；
（2）當(dāng)x∈（-2，2）時，圖象C恒在l的上方，求實數(shù)k的取值范圍；
（3）若圖象C與l有兩個不同的交點A，B，其橫坐標(biāo)分別是x₁，x₂，設(shè)x₁＜x₂，求證：x₁•x₂＜1．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的奇偶性求出b的值即可；
（2）根據(jù)?x∈（-2，2），e^x＞kx恒成立，得到關(guān)于k的不等式，記$h（x）=\frac{e^x}{x}$，x∈（-2，0）∪（0，2），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出k的范圍即可；
（3）要證x₁x₂＜1，即證$\sqrt{t}\frac{lnt}{t-1}＜1$，令$μ=\sqrt{t}（μ＞1）$，即證2μlnμ＜μ²-1⇒2μlnμ-μ²+1＜0，令φ（μ）=2μlnμ-μ²+1（μ＞1），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（1）∵f'（x）=3ae^3ax，∴$f'（1）=3a{e^{3a}}=e⇒a=\frac{1}{3}$，
∵g（x）=kx+b（k，b∈R，k≠0）為奇函數(shù)，∴b=0．
（2）由（1）知f（x）=e^x，g（x）=kx．
∵當(dāng)x∈（-2，2）時，圖象C恒在l的上方，∴?x∈（-2，2），e^x＞kx恒成立，
當(dāng)x=0時，e⁰=1＞0×k顯然可以，
記$h（x）=\frac{e^x}{x}$，x∈（-2，0）∪（0，2），則$h'（x）=\frac{x-1}{x^2}{e^x}$，由h'（x）＞0⇒x∈（1，2），
∴h（x）在（-2，0）上單調(diào)減，在（0，1]上單調(diào)減，在[1，2）上單調(diào)增，
∵$\left\{\begin{array}{l}k＜\frac{e^x}{x}，x∈（0，2）\\ k＞\frac{e^x}{x}，x∈（-2，0）\end{array}\right.$，∴$k∈[-\frac{1}{{2{e^2}}}，e）$，
∵k≠0，∴所求實數(shù)k的取值范圍是$[-\frac{1}{{2{e^2}}}，0）∪（0，e）$．
（3）證明：由（2）知0＜x₁＜1＜x₂，設(shè)x₂=tx₁（t＞1），
∵${e^{x_1}}=k{x_1}，{e^{x_2}}=k{x_2}$，∴${e^{{x_2}-{x_1}}}=\frac{x_2}{x_1}⇒{e^{（t-1）{x_1}}}=t$，$（t-1）{x_1}=lnt⇒{x_1}=\frac{lnt}{t-1}$，
∴${x_1}{x_2}=tx_1^2=t{（\frac{lnt}{t-1}）^2}$．
要證x₁•x₂＜1，即證$\sqrt{t}\frac{lnt}{t-1}＜1$，令$μ=\sqrt{t}（μ＞1）$，
即證2μlnμ＜μ²-1⇒2μlnμ-μ²+1＜0，
令ϕ（μ）=2μlnμ-μ²+1（μ＞1），
即證ϕ（μ）＜0，$ϕ'（μ）=2lnμ-2μ+2⇒ϕ''（μ）=\frac{2}{μ}-2=\frac{2（1-μ）}{μ}$，
∵μ＞1，∴ϕ''（μ）＜0，∴ϕ'（μ）在（1，+∞）上單調(diào)減，
∴ϕ'（μ）＜ϕ'（1）=0，∴ϕ（μ）在（1，+∞）上單調(diào)減，
∴ϕ（μ）＜ϕ（1）=0，∴x₁•x₂＜1．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值、奇偶性問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及轉(zhuǎn)化思想、換元思想，考查不等式的證明，是一道綜合題．