Question

12．已知函数f（x）=e^x，g（x）=-x²+2x-af（x）（a∈R），x₁，x₂是两个任意实数且x₁≠x₂．
（1）求函数f（x）的图象在x=0处的切线方程；
（2）若函数g（x）在R上是增函数，求a的取值范围；
（3）求证：$f（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）＜\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，计算f′（0），从而求出过（0，1）的切线方程即可；
（2）求出g（x）的导数，分离参数，问题转化为$a≤\frac{-2x+2}{e^x}$恒成立，令$h（x）=\frac{-2x+2}{e^x}$，根据函数的单调性求出a的范围即可；
（3）不妨设x₁＞x₂，$t=\frac{{{x_1}-{x_2}}}{2}$，只需证明${e^t}＜\frac{{{e^{2t}}-1}}{2t}$（t＞0），只需证明2te^t＜e^2t-1对t＞0恒成立，设h（t）=e^2t-2te^t-1，根据函数的单调性求出h（t）的最小值，证明即可．

解答 解：（1）因为f'（x）=e^x，…（1分）
则切线的斜率为f'（0）=1，切点为（0，1），
所以函数f（x）的图象在x=0处切线方程为y=x+1； …（3分）
（2）由g（x）=-x²+2x-ae^x得g'（x）=-2x+2-ae^x，
因为函数在实数集上是增函数，
所以g'（x）=-2x+2-ae^x≥0恒成立，…（5分）
则$a≤\frac{-2x+2}{e^x}$恒成立，
令$h（x）=\frac{-2x+2}{e^x}$，
由$h'（x）=\frac{2（x-2）}{e^x}=0$得x=2，…（7分）
当x∈（-∞，2）时，h'（x）＜0，函数h（x）递减；
当x∈（2，+∞）时，h'（x）＞0，函数h（x）递增；
所以当x=2时，函数$h{（x）_{min}}=h（2）=\frac{-2}{e^2}$，
故实数a的取值范围是$（-∞，-\frac{2}{e^2}]$．…（9分）
（3）要证明$f（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）＜\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$，即证明${e^{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}}＜\frac{{{e^{x_1}}-{e^{x_2}}}}{{{x_1}-{x_2}}}$，
只需证明${e^{\frac{{{x_1}-{x_2}}}{2}}}＜\frac{{{e^{{x_1}-{x_2}}}-1}}{{{x_1}-{x_2}}}$，不妨设x₁＞x₂，$t=\frac{{{x_1}-{x_2}}}{2}$，
只需证明${e^t}＜\frac{{{e^{2t}}-1}}{2t}$（t＞0），
只需证明2te^t＜e^2t-1对t＞0恒成立，…（11分）
设h（t）=e^2t-2te^t-1，
则h'（t）=（e^t•e^t）'-2te^t-2e^t=2e^2t-2te^t-2e^t=2e^t（e^t-t-1），
设φ（t）=e^t-t-1，当t＞0时φ'（t）=e^t-1＞0恒成立，
则φ（t）递增，φ（t）＞φ（0）=0，即h'（t）＞0，…（13分）
则h'（t）＞0，故函数h（t）递增，有h（t）＞h（0）=0恒成立，
即2te^t＜e^2t-1对t＞0恒成立，
所以${e^{\frac{{{x_1}-{x_2}}}{2}}}＜\frac{{{e^{{x_1}-{x_2}}}-1}}{{{x_1}-{x_2}}}$，即$f（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）＜\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$．…（16分）

点评 本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，渗透换元思想、分类讨论思想，是一道综合题．