Question

16．設函數(shù)f（x）=$\frac{ex}{{e}^{x}}$的導數(shù)為f'（x）（e為自然對數(shù)的底數(shù)）．
（1）求函數(shù)f（x）的極大值；
（2）解方程f（f（x））=x；
（3）若存在實數(shù)x₁，x₂（x₁≠x₂）使得f（x₁）=f（x₂），求證：f（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＜0．

Answer 1

分析 （1）對f（x）求導，f'（x）=0求出極值點，根據(jù)單調(diào)性求出極大值
（2）構(gòu)造新函數(shù)，利用新函數(shù)的導數(shù)說明單調(diào)性，繼而說明方程根的個數(shù)．
（3）由題意，f（x₁）=f（x₂），則$\frac{e{x}_{1}}{{e}^{{x}_{1}}}=\frac{e{x}_{2}}{{e}^{{x}_{2}}}$，不妨設0＜x₁＜x₂，構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性證明．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）得定義域為R，f'（x）=e$\frac{（1-x）}{{e}^{x}}$
當$x∈（-∞，1）\\;\\;\\;時，f'（x）＞0$，時，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增
當x∈（1，+∞）時，f'（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減
則f（x）_max=f（1）=1．
（2）f（f（x））=$\frac{ef（x）}{{e}^{f（x）}}=\frac{e\frac{ex}{{e}^{x}}}{e\frac{ex}{{e}^{x}}}=x$，若x=0，顯然滿足上式．若x≠0，方程等價于${e}^{2-x}={e}^{\frac{ex}{{e}^{x}}}$
故（x-2）e^x+ex=0，顯然當x＜0時，（x-2）e^x+ex＜0
令g（x）=（x-2）e^x+ex（x＞0）g'（x）=（x-1）e^x+e
g'（x）＞0恒成立，故當x＞0時原方程由唯一根x=1．
綜上，原方程得解為x=0或x=1
（3）由題意，f（x₁）=f（x₂），則$\frac{e{x}_{1}}{{e}^{{x}_{1}}}=\frac{e{x}_{2}}{{e}^{{x}_{2}}}$，不妨設0＜x₁＜x₂，則${x}_{1}{e}^{{x}_{2}}={x}_{2}{e}^{{x}_{1}}$，則x₁+lnx₂=x₂+lnx1，即$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}=1$
f'（x）=e$\frac{（1-x）}{{e}^{x}}$，欲證f'（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＜0，只需證$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}＞1$
只需證：$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}＜\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，只需證：$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{x}_{1}+{x}_{2}}＜\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{2}$
只需證：$\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}＜\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{2}$，令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，h（t）=$\frac{t-1}{t+1}-\frac{1}{2}lnt，t∈（1，+∞）$
h'（t）=$\frac{2}{（t+1）^{2}}-\frac{1}{2t}=\frac{-（t-1）^{2}}{2t（t+1）^{2}}＜0$，當t∈（1，+∞）恒成立．故h（t）在t∈（1，+∞）單調(diào)遞減，故h（t）＜h（1）=0，所以原命題成立．

點評 本題主要考查了函數(shù)導數(shù)在求極值中得應用和證明題中得應用，屬于難度較大的題型，高考經(jīng)常涉及．