题目 设函数 $f(x)={\rm e}^x-ax+a$（$a\in\mathbb R$），其图象与 $x$ 轴交于 $A(x_1,0)$，$B(x_2,0)$ 两点，且 $x_1<x_2$． 问题1 求 $a$ 的取值范围； 答案1 $\left({\rm e}^2,+\infty\right)$ 解析1 函数 $f(x)$ 的导函数$$f'(x)={\rm e}^x-a,$$显然有 $a>0$，于是在 $(-\infty,\ln a)$ 上函数 $f(x)$ 单调递减，在 $(\ln a,+\infty)$ 上函数 $f(x)$ 单调递增，当 $x=\ln a$ 时函数 $f(x)$ 取得极小值，亦为最小值$$f\left(\ln a\right)=a\left(2-\ln a\right),$$由最小值小于零得到 $a$ 的取值范围是 $\left({\rm e}^2,+\infty\right)$． 备注1 问题2 求证：$f'\left(\sqrt{x_1x_2}\right)<0$； 答案2 略 解析2 由题意，有$$\begin{cases} {\rm e}^{x_1}-ax_1+a=0,\\ {\rm e}^{x_2}-ax_2+a=0,\end{cases}$$于是$$a=\dfrac{{\rm e}^{x_2}-{\rm e}^{x_1}}{x_2-x_1}.$$因此欲证明不等式即$${\rm e}^{\sqrt{x_1x_2}}-\dfrac{{\rm e}^{x_2}-{\rm e}^{x_1}}{x_2-x_1}<0.$$由对数平均不等式以及均值不等式，我们知道$$\dfrac{{\rm e}^{x_2}-{\rm e}^{x_1}}{x_2-x_1}=\dfrac{{\rm e}^{x_2}-{\rm e}^{x_1}}{\ln {\rm e}^{x_2}-\ln {\rm e}^{x_1}}>\sqrt{{\rm e}^{x_1}\cdot{\rm e}^{x_2}}={\rm e}^{\frac{x_1+x_2}2}>{\rm e}^{\sqrt{x_1x_2}},$$因此原命题得证． 备注2 也可以不用对数平均不等式，直接证明$$\dfrac{{\rm e}^{x_2}-{\rm e}^{x_1}}{x_2-x_1}>{\rm e}^{\frac{x_1+x_2}{2}},$$对此式变形得$${\rm e}^{\frac{x_2-x_1}{2}}-{\rm e}^{\frac{x_1-x_2}{2}}>x_2-x_1.$$令 $t=\dfrac {x_2-x_1}{2}$，则需要证明的不等式为$${\rm e}^t-{\rm e}^{-t}-2t>0,t>0,$$将左边看成关于 $t$ 的函数直接求导便可证明此不等式． 问题3 设 $C$ 在函数 $y=f(x)$ 的图象上，且 $\triangle ABC$ 为等腰直角三角形，记 $\sqrt{\dfrac{x_2-1}{x_1-1}}=t$，求 $(a-1)(t-1)$ 的值． 答案3 $ 2 $ 解析3 如图，根据题意，$C$ 的横坐标为 $\dfrac{x_1+x_2}2$．<img src="/static/images/771434a52829645b2c19074a8032d272.png" class="img-responsive" />于是$$f\left(\dfrac{x_1+x_2}2\right)=\dfrac{x_1-x_2}2,$$即$${\rm e}^{\frac{x_1+x_2}2}-a\cdot \dfrac{x_1+x_2}2+a+\dfrac{x_2-x_1}2=0.$$又$${\rm e}^{\frac{x_1+x_2}2}=\sqrt{{\rm e}^{x_1}\cdot {\rm e}^{x_2}}=a\sqrt{\left(x_1-1\right)\left(x_2-1\right)}=at\left(x_1-1\right),$$代入，并整理得$$at\left(x_1-1\right)-\dfrac {a+1}2\left(x_1-1\right)-\dfrac {a-1}2\left(x_2-1\right)=0,$$因此$$at-\dfrac{a+1}2-\dfrac{a-1}2t^2=0,$$也即$$\left(t^2-2t+1\right)a=t^2-1,$$于是$$(a-1)(t-1)=2,$$原命题得证． 备注3 每日一题[733]紧密相连．