Question

20．已知函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=e^x．
（1）若函數(shù)y=ax+f（x）在區(qū)間（0，e]上的最大值為-4，求實數(shù)a的值；
（2）若函數(shù)y=ag（2x）+bg（x）-x有兩個不同的零點x₁，x₂，x₀是x₁，x₂的等差中項，證明：當a＞0時，不等式2ag （2x₀）+bg（x₀）＜f（e）成立．

Answer 1

分析 （1）利用導數(shù)判斷目標函數(shù)的單調性，從而得到目標函數(shù)在相應單調區(qū)間上的最大值，進而求解出參數(shù)．
（2）考查函數(shù)的零點、等差中項等數(shù)學概念，需根據(jù)題意構造新的函數(shù)，并且應用導數(shù)得出新構造函數(shù)的單調性，從而證明結論．

解答 解：（1）由y=ax+f（x）=ax+lnx，求導，y′=a+$\frac{1}{x}$，x∈（0，e]．
當a≥$\frac{1}{e}$時，x∈（0，e]，y′＞0，則函數(shù)y=ax+lnx是單調遞增函數(shù)，
y_max=a²+lne=ae+1≥0，不符合題意，
若a＜-$\frac{1}{e}$，則x∈（0，-$\frac{1}{a}$）時，y′＞0，函數(shù)y=ax+lnx是單調遞增函數(shù)，
x∈（-$\frac{1}{a}$，e）時，y′＜0，函數(shù)y=ax+lnx是單調遞減函數(shù)，
y_max=-1+ln（-$\frac{1}{a}$）=-4，解得：a=-e³＜-$\frac{1}{e}$，
∴a=-e³，
∴實數(shù)a的值-e³；
（2）證明：由x₁，x₂為函數(shù)y=ag（2x）+bg（x）-x有兩個不同的零點，
不妨設x₁＜x₂，則a${e}^{2{x}_{1}}$+b${e}^{{x}_{1}}$-x₁=0，a${e}^{2{x}_{2}}$+b${e}^{{x}_{2}}$-x₂=0，
則a（${e}^{2{x}_{1}}$-${e}^{2{x}_{2}}$）+b（${e}^{{x}_{1}}$-${e}^{{x}_{2}}$）-（x₂-x₁）=0，
即$\frac{a（{e}^{2{x}_{1}}-{e}^{2{x}_{2}}）}{{e}^{{x}_{2}}-{e}^{{x}_{1}}}$+b-$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{e}^{{x}_{2}}-{e}^{{x}_{1}}}$=0，
則a（${e}^{{x}_{2}}$+${e}^{{x}_{1}}$）+b=$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{e}^{{x}_{2}}-{e}^{{x}_{1}}}$，
由${e}^{{x}_{2}}$+${e}^{{x}_{1}}$＞2$\sqrt{{e}^{{x}_{2}}{e}^{{x}_{1}}}$=2${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$，
則2a${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$+b＜$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{e}^{{x}_{2}}-{e}^{{x}_{1}}}$，
∴2a${e}^{{x}_{1}+{x}_{2}}$+b${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$＜$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{e}^{{x}_{2}}-{e}^{{x}_{1}}}$${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$，
令t=x₂-x₁＞0，G（t）=${e}^{\frac{t}{2}}$-${e}^{-\frac{t}{2}}$-t，
G′（t）=$\frac{1}{2}$${e}^{\frac{t}{2}}$+$\frac{1}{2}$${e}^{-\frac{t}{2}}$-1，
故函數(shù)G（t）=${e}^{\frac{t}{2}}$-${e}^{-\frac{t}{2}}$-t，在（0，+∞）上單調遞增
G（t）＞G（0）=0，
∴${e}^{\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}}$-${e-}^{\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}}$-（x₂-x₁）＞0，即$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{e}^{\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}-{e}^{-\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}}}}$＜1，
又$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{e}^{{x}_{2}}-{e}^{{x}_{1}}}$•${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$=$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{e}^{{x}_{2}-{x}_{1}}-1}$•${e}^{\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}}$=$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{e\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}-e-\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}}$，
又∵2ag（2x₀）+bg（x₀）=2a${e}^{{x}_{1}+{x}_{2}}$+b${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$，
則2ag（2x₀）+bg（x₀）＜f（e）成立，
原式得證．

點評 本題考查導數(shù)的綜合應用，考查利用導數(shù)求函數(shù)的單調性及最值，等差中項的應用，考查構造法，考查轉化思想，屬于中檔題．