Question

11．过点P（-1，0）作曲线y=e^x的切线l．
（Ⅰ）求l的方程；
（Ⅱ）若A（x₁，$\frac{a}{{{e^{x_1}}}}$），B（x₂，$\frac{a}{{{e^{x_2}}}}$）是直线l上的两个不同点，求证：x₁+x₂＜-4．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设出切点（x₀，y₀），求出曲线对应函数的导数，由导数的几何意义和两点的斜率公式，可得方程组，求得切点为（0，1），求得切线的斜率为1，即可得到所求切线的方程；
（Ⅱ）方法一、将A，B代入切线的方程，可设f（x）=（x+1）e^x，求出导数，不妨设x₁＜-2，x₂＞-2．设g（x）=f（x）-f（-4-x），求出g（x）的导数，求得单调区间，运用单调性即可得证．
方法二、将A，B代入切线的方程，两式相加，化简整理，设f（t）=（1+e^t）t-2e^t+2，则f'（t）=e^tt-e^t+1，设g（t）=e^tt-e^t+1，求出导数，运用分析法，求得f（t）的增区间，即可得证．

解答 解：（Ⅰ）y'=e^x，设切点（x₀，y₀），
则$\left\{\begin{array}{l}{y_0}={e^{x_0}}\\{e^{x_0}}=\frac{y_0}{{{x_0}+1}}\end{array}\right.$，解得x₀=0，
因此切线的斜率为y'|_x=0=1，切点为（0，1），
则l的方程是y=x+1；
（Ⅱ）证明：（方法一）依题意有$\left\{\begin{array}{l}\frac{a}{{{e^{x_1}}}}={x_1}+1\\ \frac{a}{{{e^{x_2}}}}={x_2}+1\end{array}\right.$，
即有$（{x_1}+1）{e^{x_1}}=（{x_2}+1）{e^{x_2}}$，
设f（x）=（x+1）e^x，则f（x₁）=f（x₂）．
f′（x）=（x+2）e^x，当x＜-2时，f′（x）＜0，当x＞-2时，f′（x）＞0；
所以f（x）在（-∞，-2）单调递减，在（-2，+∞）单调递增．
因为x₁≠x₂，不妨设x₁＜-2，x₂＞-2．
设g（x）=f（x）-f（-4-x），
则g'（x）=f'（x）+f'（-4-x）=（x+2）e^x（1-e^-2（2+x）），
当x＞-2时，g'（x）＞0，g（x）在在（-2，+∞）单调递增，
则g（x）＞g（-2）=0，当x＞-2时，f（x）＞f（-4-x）．
因为x₂＞-2，所以f（x₂）＞f（-4-x₂），从而f（x₁）＞f（-4-x₂），
因为-4-x₂＜-2，f（x）在（-∞，-2）单调递减，
所以x₁＜-4-x₂，即x₁+x₂＜-4．
（方法二）依题意有$\left\{\begin{array}{l}\frac{a}{{{e^{x_1}}}}={x_1}+1\\ \frac{a}{{{e^{x_2}}}}={x_2}+1\end{array}\right.$，
两式分别相加减得$\left\{\begin{array}{l}a（\frac{1}{{{e^{x_1}}}}+\frac{1}{{{e^{x_2}}}}）={x_1}+{x_2}+2\\ a（\frac{1}{{{e^{x_1}}}}-\frac{1}{{{e^{x_2}}}}）={x_1}-{x_2}\end{array}\right.$．
可得$\frac{{\frac{1}{{{e^{x_1}}}}+\frac{1}{{{e^{x_2}}}}}}{{\frac{1}{{{e^{x_1}}}}-\frac{1}{{{e^{x_2}}}}}}=\frac{{{x_1}+{x_2}+2}}{{{x_1}-{x_2}}}$，从而${x_1}+{x_2}=\frac{{1+{e^{{x_1}-{x_2}}}}}{{1-{e^{{x_1}-{x_2}}}}}（{x_1}-{x_2}）-2$．
因为x₁≠x₂，不妨设t=x₁-x₂＞0，则e^t＞1，
不等式x₁+x₂＜-4即$\frac{{1+{e^t}}}{{1-{e^t}}}t-2＜-4$，等价于（1+e^t）t-2e^t+2＞0，
设f（t）=（1+e^t）t-2e^t+2，则f'（t）=e^tt-e^t+1，
设g（t）=e^tt-e^t+1，则g'（t）=e^tt＞0，
所以f'（t）在（0，+∞）单调递增，f'（t）＞f'（0）=0，
f（t）在（0，+∞）单调递增，f（t）＞f（0）=0，
因此x₁+x₂＜-4．

点评 本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间，考查不等式的证明，注意运用构造函数法，求出导数，判断单调性，考查运算和推理的能力，属于中档题．