Question

1．已知函数f（x）=e^x+ax-1（a∈R）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）记函数f（x）的导数为f′（x），证明：对任意a∈R，给定x₁，x₂且x₁＜x₂存在x₀∈（x₁，x₂），使得f′（x₀）=$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，判断函数的单调性，从而求出函数的单调区间即可；
（2）求出f（x）的导数，令g（x）=f′（x）-$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，根据函数的单调性求出g（x）在（x₁，x₂）单调递增且连续，g（x₁ ）g（x₂）＜0，从而得到结论．

解答 解：（1）由f（x）=e^x+ax-1，则f′（x）=e^x+a
当a≥0时，对?x∈R，有f′（x）＞0，所以函数f（x）在区间R上单调递增；                                                
当a＜0时，由f′（x）＞0，得x＞ln（-a）；由f′（x）＜0，得x＜ln（-a），
此时函数f（x）的单调增区间为（ln（-a），+∞），单调减区间为（-∞，ln（-a））．
综上所述，当a≥0时，函数f（x）的单调增区间为R；
当a＜0时，函数f（x）的单调增区间为（ln（-a），+∞），单调减区间为（-∞，ln（-a））；
（2）证明：由f（x）=e^x+ax-1，则f′（x）=e^x+a，
$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{{e}^{{x}_{2}}{-e}^{{x}_{1}}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$+a，
令g（x）=f′（x）-$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=e^x+a+$\frac{{e}^{{x}_{2}}{-e}^{{x}_{1}}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$+a=$\frac{1}{{x}_{2}{-x}_{1}}$[（x₂-x₁）e^x-（${e}^{{x}_{2}}$-${e}^{{x}_{1}}$）]，
可知函数g（x）是单调递增函数，
g（x₁）═$\frac{1}{{x}_{2}{-x}_{1}}$[（x₂-x₁）${e}^{{x}_{1}}$-（${e}^{{x}_{2}}$-${e}^{{x}_{1}}$）]=$\frac{1}{{x}_{2}{-x}_{1}}$[（x₂-x₁+1）${e}^{{x}_{1}}$-${e}^{{x}_{2}}$]，
h（x）=（x₂-x+1）e^x-${e}^{{x}_{2}}$，h′（x）=e^x（x₂-x），
当x＜x₂时，h′（x）＞0，即x＜x₂，h（x）单调递增
h（x₁）＜h（x₂），∵$\frac{1}{{x}_{2}{-x}_{1}}$＞0，从而可知g（x₁）＜0，
g（x₂）═$\frac{1}{{x}_{2}{-x}_{1}}$[（x₂-x₁-1）${e}^{{x}_{2}}$+${e}^{{x}_{1}}$]，
令h₁（x）=（x-x₁-1）e^x+${e}^{{x}_{1}}$，h₁′（x）=（x-x₁）e^x，
当x＞x₁时，h₁′（x）＞0即x＞x₁，h（x）单调递增，
∴h₁（x₂）=（x₂-x₁-1）${e}^{{x}_{2}}$+${e}^{{x}_{1}}$＞，h₁（x₁）=（x₁-x₁-1）${e}^{{x}_{1}}$+${e}^{{x}_{1}}$=0，
∵$\frac{1}{{x}_{2}{-x}_{1}}$＞0，从而可知g（x₂）＜0，
g（x）在（x₁，x₂）单调递增且连续，g（x₁ ）g（x₂）＜0，
存在x₀∈（x₁，x₂），使得f′（x₀）=$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道综合题．