Question

18．已知f（x）=2x+1-e^ax（a∈R）．
（1）討論f（x）的單調性；
（2）若x₁，x₂為方程f（x）=1的兩個相異的實根，求證：x₁+x₂＞$\frac{2}{a}$．

Answer 1

分析 （1）由f（x）=2x+1-e^ax，求導得f'（x）=2-ae^ax，x∈R，對a分類討論即可得出單調性．
（2）x₁，x₂為方程f（x）=1的兩個相異的實根，則x₁，x₂為方程2x-e^ax=0的兩個相異的實根，即x₁，x₂為方程ax=ln（2x）的兩個相異的實根，可得ax₁=ln（2x₁），ax₂=ln（2x₂）．不妨設x₁＞x₂＞0．相減可得：a=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$．一方面：x₁+x₂＞$\frac{2}{a}$?a＞$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$．因此只要證明：$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$．即證明ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$即可．令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t＞1．上述不等式等價于：g（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$＞0．（t＞1）．g（1）=0．利用導數研究其單調性極值與最值即可得出．

解答 解：（1）由f（x）=2x+1-e^ax，求導得f'（x）=2-ae^ax，x∈R，
當a≤0時，f'（x）=2-ae^ax＞0恒成立，則f（x）的增區(qū)間為（-∞，+∞）．
當a＞0時，令f'（x）=0，即2=ae^ax，x=$\frac{1}{a}$ln$\frac{2}{a}$，
當x＜$\frac{1}{a}$ln$\frac{2}{a}$，f′（x）＞0，當x＞$\frac{1}{a}$ln$\frac{2}{a}$，f′（x）＜0，
∴f（x）單調遞增區(qū)間為（-∞，$\frac{1}{a}$ln$\frac{2}{a}$），單調遞減區(qū)間（$\frac{1}{a}$ln$\frac{2}{a}$，+∞），
綜上可知：當a≤0時f（x）的增區(qū)間為（-∞，+∞）．
當a＞0時，f（x）單調遞增區(qū)間為（-∞，$\frac{1}{a}$ln$\frac{2}{a}$），單調遞減區(qū)間（$\frac{1}{a}$ln$\frac{2}{a}$，+∞）；
（2）證明：x₁，x₂為方程f（x）=1的兩個相異的實根，則x₁，x₂為方程2x-e^ax=0的兩個相異的實根，
即x₁，x₂為方程ax=ln（2x）的兩個相異的實根，
∴ax₁=ln（2x₁），ax₂=ln（2x₂）．不妨設x₁＞x₂＞0．
∴a（x₁-x₂）=ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，即a=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$．
證明：x₁+x₂＞$\frac{2}{a}$?a＞$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$．
因此只要證明：$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$．即證明ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$即可．
令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t＞1．上述不等式等價于：g（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$＞0（t＞1），g（1）=0．
g′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{2（t+1）-2（t-1）}{（t+1）^{2}}$=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，
∴函數g（t）在（1，+∞）上單調遞增，∴g（t）＞g（1）=0，
∴l(xiāng)n$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$成立．即x₁+x₂＞$\frac{2}{a}$．

點評 本題考查了利用導數研究其單調性極值與最值、分析法、函數的零點、等價轉化方法、換元法、方程與不等式的解法、分類討論方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．