Question

15．已知f（x）=e^x与g（x）=ax+b的图象交于P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）两点．
（Ⅰ）求函数h（x）=f（x）-g（x）的最小值；
（Ⅱ）且PQ的中点为M（x₀，y₀），求证：f（x₀）＜a＜y₀．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求导，利用导数求出函数最小值即可，
（Ⅱ）利用分析法，要证f（x₀）＜a＜y₀，只需证${e^{\frac{t}{2}}}-{e^{-\frac{t}{2}}}＞t$，构造函数$F（t）={e^{\frac{t}{2}}}-{e^{-\frac{t}{2}}}-t$，利用导数只需证明$\frac{{{e^t}-1}}{{{e^t}+1}}＜\frac{t}{2}$，再构造函数，根据导数和函数的单调性的关系即可证明

解答 解：（Ⅰ）h（x）=e^x-ax-b，求导得h'（x）=e^x-a
当a≤0时，h'（x）＞0，h（x）在R上为增函数，不满足有两个零点，故不合题意；
所以a＞0，令h'（x）=0，解得x=lna，
并且有x∈（-∞，lna），h'（x）＜0；x∈（lna，+∞），h'（x）＞0，
故$h{（x）_{min}}=h（lna）={e^{lna}}-alna-b=a-b-alna$．
（Ⅱ）证明：要证f（x₀）＜a＜y₀成立，
即证${e^{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}}＜\frac{{{e^{x_2}}-{e^{x_1}}}}{{{x_2}-{x_1}}}＜\frac{{{e^{x_2}}+{e^{x_1}}}}{2}$，不妨设x₂＞x₁，
只需证${e^{\frac{{{x_2}-{x_1}}}{2}}}＜\frac{{{e^{{x_2}-{x_1}}}-1}}{{{x_2}-{x_1}}}＜\frac{{{e^{{x_2}-{x_1}}}+1}}{2}，令t={x_2}-{x_1}＞0$，
即为${e^{\frac{t}{2}}}＜\frac{{{e^t}-1}}{t}＜\frac{{{e^t}+1}}{2}$，
要证${e^{\frac{t}{2}}}＜\frac{{{e^t}-1}}{t}$，只需证${e^{\frac{t}{2}}}-{e^{-\frac{t}{2}}}＞t$，
令$F（t）={e^{\frac{t}{2}}}-{e^{-\frac{t}{2}}}-t$，
只需证F（t）＞0，求导$F'（t）=\frac{1}{2}{e^{\frac{t}{2}}}+\frac{1}{2}{e^{-\frac{1}{2}}}-1=\frac{1}{2}（{e^{\frac{t}{2}}}+{e^{-\frac{t}{2}}}）-1＞0$，
∴F（t）在（0，+∞）为增函数，
故F（t）＞F（0）=0，
∴${e^{\frac{t}{2}}}＜\frac{{{e^t}-1}}{t}成立$；
要证$\frac{{{e^t}-1}}{t}＜\frac{{{e^t}+1}}{2}$，
只需证明$\frac{{{e^t}-1}}{{{e^t}+1}}＜\frac{t}{2}$，
令$G（t）=\frac{{{e^t}-1}}{{{e^t}+1}}-\frac{t}{2}$，
求导$G'（t）=\frac{{2{e^t}}}{{{{（{e^t}+1）}^2}}}-\frac{1}{2}=\frac{{4{e^t}-{{（{e^t}+1）}^2}}}{{2{{（{e^t}+1）}^2}}}=\frac{{-{{（{{e^t}-1}）}^2}}}{{2{{（{{e^t}+1}）}^2}}}＜0$，
∴G（t）在（0，+∞）为减函数，故G（t）＜G（0）=0，
∴${e^{\frac{t}{2}}}＜\frac{{{e^t}-1}}{t}成立$；
∴${e^{\frac{t}{2}}}＜\frac{{{e^t}-1}}{t}＜\frac{{{e^t}+1}}{2}$，t＞0，成立，
∴f（x₀）＜a＜y₀成立．

点评 本题考查不等式的证明，利用导数研究函数的最值，考查分类整合思想、转化思想，考查学生综合运用知识分析解决问题的能力，属于难题