Question

11．已知函數(shù)f（x）=e^x+ax，（a∈R），其圖象與x軸交于A（x₁，0），B（x₂，0）兩點(diǎn)，且x₁＜x₂
（1）求a的取值范圍；
（2）證明：$f'（\frac{{3{x_1}+{x_2}}}{4}）＜0$；（f′（x）為f（x）的導(dǎo)函數(shù)）
（3）設(shè)點(diǎn)C在函數(shù)f（x）的圖象上，且△ABC為等邊三角形，記$\sqrt{\frac{x_2}{x_1}}=t$，求（t-1）（a+$\sqrt{3}$）的值．

Answer 1

分析 （1）討論a的符號，判斷f（x）的單調(diào)性，計算f（x）的極值，根據(jù)零點(diǎn)個數(shù)得出f（x）的極小值為負(fù)數(shù)，列出不等式解出a；
（2）計算f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$），根據(jù)函數(shù)單調(diào)性判斷f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）的符號，根據(jù)f′（x）的單調(diào)性得出結(jié)論；
（3）用x₁，x₂表示出P點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)列方程化簡即可求出t和a的關(guān)系，再計算（t-1）（a+$\sqrt{3}$）的值．

解答 解：（1）∵f（x）=e^x+ax，∴f'（x）=e^x+a，
若a≥0，則f'（x）＞0，則函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增，這與題設(shè)矛盾．
∴a＜0，
令f′（x）＞0得x＞ln（-a），令f′（x）＜0得x＜ln（-a），
∴f（x）在（-∞，ln（-a））上單調(diào)遞減，在（ln（-a），+∞）上單調(diào)遞增，
∴f（x）有兩個零點(diǎn)，
∴f_min（x）=f（ln（-a））=-a+aln（-a），
∴-a+aln（-a）＜0，解得a＜-e．
（2）證明：∵x₁，x₂是f（x）的零點(diǎn)，∴$\left\{{\begin{array}{l}{{e^{x_1}}+a{x_1}=0}\\{{e^{x2}}+a{x_2}=0}\end{array}}\right.$，
兩式相減得：a=-$\frac{{e}^{{x}_{2}}-{e}^{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$．
記$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2}$=s，則f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=e${\;}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$-$\frac{{e}^{{x}_{2}}-{e}^{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{{e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}}{2s}$[2s-（e^s-e^-s）]，
設(shè)g（s）=2s-（e^s-e^-s），則g′（s）=2-（e^s+e^-s）＜0，
∴g（s）是減函數(shù)，
∴g（s）＜g（0）=0，
又$\frac{{e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}}{2s}$＞0，∴f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＜0．
∵f′（x）=e^x+a是增函數(shù)，
∴f′（$\frac{3{x}_{1}+{x}_{2}}{4}$）＜f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＜0．
（3）由$\left\{{\begin{array}{l}{{e^{x_1}}+a{x_1}=0}\\{{e^{x_2}}+a{x_2}=0}\end{array}}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{{e}^{{x}_{1}}=-a{x}_{1}}\\{{e}^{{x}_{2}}=-a{x}_{2}}\end{array}\right.$，∴e${\;}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$=-a$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$，
設(shè)P（x₀，y₀），在等邊三角形ABC中，易知${x_0}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}∈（{x_1}，{x_2}）$，y₀=f（x₀）＜0，
由等邊三角形性質(zhì)知y₀=-$\frac{\sqrt{3}（{x}_{2}-{x}_{1}）}{2}$，∴y₀+$\frac{\sqrt{3}（{x}_{2}-{x}_{1}）}{2}$=0，即${e^{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}}+\frac{a}{2}（{x_2}+{x_1}）+\frac{{\sqrt{3}（{x_2}-{x_1}）}}{2}=0$，
∴-a$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$+$\frac{a}{2}$（x₁+x₂）+$\frac{\sqrt{3}（{x}_{2}-{x}_{1}）}{2}$=0，
∵x₁＞0，∴$-a\sqrt{\frac{x_2}{x_1}}+\frac{a}{2}（\frac{x_2}{x_1}+1）+\frac{{\sqrt{3}（\frac{x_2}{x_1}-1）}}{2}=0$，
∴-at+$\frac{a}{2}$（t²+1）+$\frac{\sqrt{3}}{2}$（t²-1）=0，即（a+$\sqrt{3}$）t²-2at+a-$\sqrt{3}$=0，
∴[（a+$\sqrt{3}$）t+$\sqrt{3}-a$]（t-1）=0，
∵t＞1，∴（a+$\sqrt{3}$）t+$\sqrt{3}-a$=0，
∴$t=\frac{{a-\sqrt{3}}}{{a+\sqrt{3}}}，t-1=-\frac{{2\sqrt{3}}}{{a+\sqrt{3}}}$，
∴$（t-1）（a+\sqrt{3}）=-2\sqrt{3}$．

點(diǎn)評 本題考查了導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，函數(shù)單調(diào)性的判斷與應(yīng)用，屬于中檔題．