Question

17．設函數f（x）=e^x-ax+a（a∈R），設函數零點分別為x₁，x₂，且x₁＜x₂，設f′（x）是f（x）的導函數．
（Ⅰ）求實數a的取值范圍；
（Ⅱ）求證：f′（$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$）＜0．

Answer 1

分析 （1）由f（x）=e^x-ax+a，知f′（x）=e^x-a，再由a的符號進行分類討論，能求出f（x）的單調區(qū)間，然后根據交點求出a的取值范圍；
（2）由x₁、x₂的關系，求出${f}^{′}（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}）$＜0，然后再根據f′（x）=e^x-a的單調性，利用不等式的性質，問題得以證明．

解答 （1）解：f'（x）=e^x-a．
若a≤0，則f'（x）＞0，則函數f（x）是單調增函數，這與題設矛盾．
∴a＞0，令f'（x）=0，則x=lna．
當x＜lna時，f'（x）＜0，f（x）是單調減函數；x＞lna時，f'（x）＞0，f（x）是單調增函數；
于是當x=lna時，f（x）取得極小值．
∵函數f（x）=e^x-ax+a（a∈R）的圖象與x軸交于兩點A（x₁，0），B（x₂，0）（x₁＜x₂），
∴f（lna）=a（2-lna）＜0，
即a＞e²．此時，存在1＜lna，f（1）=e＞0；存在3lna＞lna，f（3lna）=a³-3alna+a＞a³-3a²+a＞0，
又f（x）在R上連續(xù)，故a＞e²為所求取值范圍．
（2）證明：∵$\left\{\begin{array}{l}{{e}^{{x}_{1}}-a{x}_{1}+a=0}\\{{e}^{{x}_{2}}-a{x}_{2}+a=0}\end{array}\right.$，兩式相減得a=$\frac{{e}^{{x}_{2}}-{e}^{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$．
記$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}$=t，則${f}^{′}（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}）$=${e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$-$\frac{{e}^{{x}_{2}}-{e}^{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{{e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}}{2t}$[2t-（e^t-e^-t）]，
設g（t）=2t-（e^t-e^-t），則g′（t）=2-（e^t+e^-t）＜0，
∴g（t）是單調減函數，
則有g（t）＜g（0）=0，而$\frac{{e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}}{2t}$＞0，∴${f}^{′}（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}）$＜0．
又f'（x）=e^x-a是單調增函數，且$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$＞$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$，
∴f′（$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$）＜0．

點評 本題考查了利用導數研究函數的單調性極值與最值、換元法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．