Question

6．设f（x）=[f′（1）-1]e^x-1+[f′（1）+e]x+f′（0）．
（1）求f（x）及f（x）的单调区间；
（2）设A（a，f（a）），B（b，f（b））　（a＜b）两点连线的斜率为k，问是否存在常数c，且c∈（a，b），当x∈（a，c）时有f′（x）＞k，当x∈（c，b）时有f′（x）＜k；若存在，求出c，并证明之，若不存在说明理由．

Answer 1

分析 （1）先求导f′（x）=[f′（1）-1]e^x-1+f′（1）+e，从而可得f′（1）=f′（1）-1+f′（1）+e，从而解出f′（1）=1-e，f′（0）=0，从而可得f（x）=x-e^x，f′（x）=1-e^x，从而由导数确定函数的单调性；
（2）由斜率公式可得$k=\frac{f（b）-f（a）}{b-a}=\frac{{（b-{e^b}）-（a-{e^a}）}}{b-a}=1-\frac{{{e^b}-{e^a}}}{b-a}$，从而设$φ（x）=f′（x）-k=-{e^x}+\frac{{{e^b}-{e^a}}}{b-a}$，求导可得φ′（x）=-e^x＜0；从而可判断φ（x）在R上单调递减；解出${x_0}=ln\frac{{{e^b}-{e^a}}}{b-a}$；再说明a＜x₀＜b即可．

解答 解：（1）∵f′（x）=[f′（1）-1]e^x-1+f′（1）+e，
∴f′（1）=f′（1）-1+f′（1）+e，
∴f′（1）=1-e，
∴f′（0）=[f′（1）-1]e^-1+f′（1）+e，
∴f′（0）=0，
∴f（x）=x-e^x，f′（x）=1-e^x，
当x＞0时，f′（x）＜0，当x＜0时，f′（x）＞0；
∴f（x）在（-∞，0）上单调递增，f（x）在（0，+∞）上单调递减．
（2）$k=\frac{f（b）-f（a）}{b-a}=\frac{{（b-{e^b}）-（a-{e^a}）}}{b-a}=1-\frac{{{e^b}-{e^a}}}{b-a}$，
设$φ（x）=f′（x）-k=-{e^x}+\frac{{{e^b}-{e^a}}}{b-a}$，φ′（x）=-e^x＜0；
∴φ（x）在R上单调递减；
令$φ（x）=f′（x）-k=-{e^x}+\frac{{{e^b}-{e^a}}}{b-a}$=0解得：${x_0}=ln\frac{{{e^b}-{e^a}}}{b-a}$；
则当x＜x₀时，φ（x）＞φ（x₀）=0，即f′（x）＞k；
当x＞x₀时，φ（x）＜φ（x₀）=0，即f′（x）＜k；
现在证明：a＜x₀＜b，
考察：${e^b}-\frac{{{e^b}-{e^a}}}{b-a}=\frac{e^b}{b-a}[{e^{a-b}}-（a-b）-1]$，
设h（t）=e^t-t-1，h（0）=0，h′（t）=e^t-1，
当t＜0时，h′（t）＜0，h（t）递减，
所以，当t＜0时，h（t）＞h（0）=0，
即e^a-b-（a-b）-1＞0，
∴${e^b}-\frac{{{e^b}-{e^a}}}{b-a}＞0∴\;{e^b}＞\frac{{{e^b}-{e^a}}}{b-a}$；
即$b＞ln\frac{{{e^b}-{e^a}}}{b-a}={x_0}$．
再考察：${e^a}-\frac{{{e^b}-{e^a}}}{b-a}=\frac{{-{e^a}}}{b-a}[{e^{b-a}}-（b-a）-1]$，
设h（t）=e^t-t-1，h（0）=0，h′（t）=e^t-1，
当t＞0时，h′（t）＞0，h（t）递增；
所以，当t＞0时，h（t）＞h（0）=0，e^b-a-（b-a）-1＞0；
∴${e^a}-\frac{{{e^b}-{e^a}}}{b-a}＜0$，∴$a＜ln\frac{{{e^b}-{e^a}}}{b-a}={x_0}$；
得a＜x₀＜b，取c=x₀为所求．

点评 本题考查了导数的综合应用及函数零点的判定定理的应用，同时考查了函数在证明不等式中的应用，属于难题．