难度： 困难

标签： 导数问题多变量问题比值换元估值指对同构差值换元

是否做正确： 未标明

是否属于易错题： 未标明

如果做错原因可能是： 未标明

已知函数 $f(x)=e^x-x+e^{3}a$，其中 $-\frac{6}{5}⩽a<\frac{3}{e^3}-1$，函数 $f(x)$ 在 $(0,+\mathrm{\infty })$ 上的零点为 $x_0$，函数

$g(x)=\{\begin{array}{l}x+a-\frac{x-a}{e^x},0⩽x⩽x_0,\\ (1-x)lnx-a(x+1),x>x_0\end{array}$

（1）证明：

$\mathrm{①}3<x_0<4;$

$\mathrm{②}$ 函数 $g(x)$ 有两个零点。

（2）设 $g(x)$ 的两个零点为 $x_1,x_2(x_1<x_2)$，证明：$\frac{e^{x_2}-x_2}{e^{x_1}-x_1}>e^{\frac{x_1+x_2}{2}}$

（参考数据：$e\approx 2.72,e^2\approx 7.39,e^3\approx 20.09,ln2\approx 0.69,ln3\approx 1.1$）

解（1）1

$f(x)=e^x-x+e^{3}a(x>0)$

$f^{\prime }(x)=e^x-1$

所以 $f^{\prime }(x)>0$

所以 $f(x)$ 单调递增

$f(3)=e^3-3+e^{3}a<e^3-3+e^3(\frac{3}{e^3}-1)$

$=e^3-3+3-e^3$

$=0$

即 $f(3)<0$

$f(4)=e^4-4+e^{3}a⩾e^4-4+e^3\cdot -\frac{6}{5}$

$=e^4-4+20.09\times (-\frac{6}{5})$

$\approx e^4-4-24=e^4-28>0$

所以 $3<x_0<4$

解（1）2

情况一、

当 $0⩽x⩽x_0$ 时，

$g(x)=x+a-(x-a)e^{-x},0⩽x⩽x_0$

$g^{\prime }(x)=1-[e^{-x}-(x-a)e^{-x}]$

$=1-(1-x+a)e^{-x}$

$=(e^x+x-a-1)e^{-x}$

因为 $e^x-1⩾0,x-a⩾0$

所以 $g^{\prime }(x)⩾0$

所以 $g(x)\uparrow$

因为 $0⩽x⩽x_0,3<x_0<4,g(x)\uparrow$，且要证明 $g(x)$ 只能有一个零点，

所以只需证明 $g(0)<0,g(3)>0$

$g(0)=2a<0$

$g(3)=3+a-(3-a)e^{-3}>0$

所以 $0⩽x⩽x_0$ 时，$g(x)$ 有一个零点。

情况二、

当 $x>x_0$ 时，

$g(x)=(1-x)lnx-a(x+1)$

$=lnx-xlnx-ax-a$

也可以证明 $h(x)=lnx-\frac{a(x-1)}{1-x}$ 只有一个零点，从而得出 $g(x)$ 只有一个零点。

$g^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-(lnx+1)-a$

$=\frac{1}{x}-lnx-1-a$

$\frac{1}{x}<1,lnx>1,-a<1$

所以易知 $g^{\prime }(x)<0,g(x)\downarrow$

因为 $3<x_0<4,x>x_0,g(x)\downarrow$，且要证 $g(x)$ 只有一个零点，

只需证 $g(4)⩾0,g(e^3)⩽0$

$g(4)=(1-4)ln4-a(4+1)$

$⩾-3\times 2\times 0.69+\frac{6}{5}\times 5>0$

即 $g(4)>0$

$g(e^3)=3(1-e^3)-a(e^3+1)$

$=3-3e^3-a{e}^3-a$

$=3-(3+a)e^3-a<0$

所以 $x>x_0$ 时 $g(x)$ 有且只有一个零点，

综上，$g(x)$ 有两个零点。

解（2）

$\{\begin{array}{l}{x}_1+a-\frac{x_1-a}{e^{x_1}}=0\\ (1-x_2)ln{x}_2-a(x_2+1)=0\end{array}$

$\{\begin{array}{l}{x}_1{e}^{x_1}+a{e}^{x_1}-x_1+a=0\\ a(e^{x_1}+1)+x_1{e}^{x_1}-x_1=0\\ a(x_2+1)+x_{2}ln{x}_2-ln{x}_2=0\end{array}$

因为 g(x)=a(x+1) + xlnx - lnx$ 是单调函数

所以 $x_2=e^{x_1}⟺x_1=ln{x}_2$

证明 $\frac{e^{x_2}-x_2}{e^{x_1}-x_1}>e^{\frac{x_1+x_2}{2}}$，

即证 $\frac{e^{x_2}-e^{x_1}}{x_2-x_1}>e^{\frac{x_1+x_2}{2}}$

$\frac{e^{x_2}-e^{x_1}}{e^{\frac{x_1+x_2}{2}}}>x_2-x_1$

$e^{\frac{x_2-x_1}{2}}-e^{\frac{x_1-x_2}{2}}>x_2-x_1$

令 $\frac{x_2-x_1}{2}=t,t>$

即证 $e^t-e^{-t}>2t$

令 $\phi (t)=e^t-e^{-t}-2t$

${\phi }^{\prime }(t)=e^t+e^{-t}-2>0$

所以 $\phi (t)\uparrow ,\phi (t)>\phi (0)=0$

所以 $\frac{e^{x_2}-x_2}{e^{x_1}-x_1}>e^{\frac{x_1+x_2}{2}}$，

证毕。

TIP

要训练下求第一次导后，就能看出导数的正负的能力。

TIP

像这种 $e^{-x}$ 的形式，也能进行通分。

$=1-(1-x+a)e^{-x}$

$=(e^x+x-a-1)e^{-x}$

TIP

若 $f(x)$ 有 $m$ 个零点，且 $g(x)\ne 0$，则求 $f(x)$ 的零点个数，

等价于求函数 $\frac{f(x)}{g(x)}$ 的零点个数。

指对同构

指对同构时，参数一般不参与同构，所以一般将参数进行合并。