Question

12．函數(shù)f（x）=[x²-（n+1）x+1]e^x-1，g（x）=$\frac{f（x）}{{x}^{2}+1}$，n∈R．
（Ⅰ）討論f（x）的單調性；
（Ⅱ）當f（x）在R上單調遞增時，證明：對任意x₁，x₂∈R且x₁≠x₂，$\frac{g（{x}_{2}）+g（{x}_{1}）}{2}$＞$\frac{g（{x}_{2}）-g（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f′（x）=e^x-1（x+1）（x-n），分n＞-1，n＜-1和n=-1分析原函數(shù)的單調區(qū)間；
（Ⅱ）當f（x）在R上單調遞增時，n=-1，此時f（x）=（x²+1）e^x-1，則g（x）=$\frac{f（x）}{{x}^{2}+1}$=$\frac{（{x}^{2}+1）{e}^{x-1}}{{x}^{2}+1}={e}^{x-1}$．不妨設x₁＜x₂，則x₂-x₁＞0．把要證不等式$\frac{g（{x}_{2}）+g（{x}_{1}）}{2}$＞$\frac{g（{x}_{2}）-g（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$轉化為證x₂-x₁＞2$\frac{{e}^{{x}_{2}-{x}_{1}}-1}{{e}^{{x}_{2}-{x}_{1}}+1}$，令x₂-x₁=t，則t＞2$\frac{{e}^{t}-1}{{e}^{t}+1}$，即e^t（t-2）+t+2＞0．構造函數(shù)h（t）=e^t（t-2）+t+2，利用兩次求導可得h（t）為（0，+∞）上的增函數(shù)，則h（t）＞h（0）=0．即$\frac{g（{x}_{2}）+g（{x}_{1}）}{2}$＞$\frac{g（{x}_{2}）-g（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$．

解答 （Ⅰ）解：f′（x）=e^x-1（x+1）（x-n），
若n＞-1，則當x∈（-∞，-1）∪（n，+∞）時，f′（x）＞0，當x∈（-1，n）時，f′（x）＜0，
∴f（x）的增區(qū)間為（-∞，-1），（n，+∞），減區(qū)間為（-1，n）；
若n＜-1，則當x∈（-∞，n）∪（-1，+∞）時，f′（x）＞0，當x∈（n，-1）時，f′（x）＜0，
∴f（x）的增區(qū)間為（-∞，n），（-1，+∞），減區(qū)間為（n，-1）；
若n=-1，則f′（x）=e^x-1（x+1）²≥0，函數(shù)f（x）在R上為增函數(shù)．
（Ⅱ）證明：當f（x）在R上單調遞增時，n=-1，此時f（x）=（x²+1）e^x-1，
g（x）=$\frac{f（x）}{{x}^{2}+1}$=$\frac{（{x}^{2}+1）{e}^{x-1}}{{x}^{2}+1}={e}^{x-1}$．
不妨設x₁＜x₂，則x₂-x₁＞0．
要證不等式$\frac{g（{x}_{2}）+g（{x}_{1}）}{2}$＞$\frac{g（{x}_{2}）-g（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，即證$\frac{{e}^{{x}_{2}-1}+{e}^{{x}_{1}-1}}{2}$＞$\frac{{e}^{{x}_{2}-1}-{e}^{{x}_{1}-1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，
即x₂-x₁＞2$\frac{{e}^{{x}_{2}}-{e}^{{x}_{1}}}{{e}^{{x}_{2}}+{e}^{{x}_{1}}}$，也就是x₂-x₁＞2$\frac{{e}^{{x}_{2}-{x}_{1}}-1}{{e}^{{x}_{2}-{x}_{1}}+1}$，
令x₂-x₁=t，則t＞2$\frac{{e}^{t}-1}{{e}^{t}+1}$，即e^t（t-2）+t+2＞0．
令h（t）=e^t（t-2）+t+2，則h′（t）=e^t（t-1）+1．
而h″（t）=te^t＞0，∴h′（t）＞h′（0）=0．
則h（t）為（0，+∞）上的增函數(shù)，
∴h（t）＞h（0）=0．
∴$\frac{g（{x}_{2}）+g（{x}_{1}）}{2}$＞$\frac{g（{x}_{2}）-g（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$．

點評 不妥考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，考查數(shù)學轉化、分類討論等數(shù)學思想方法，屬難題．