Question

15．已知函數(shù)f（x）=e^x-x+a，g（x）=$\frac{1}{{e}^{x}}$+x+a²，a∈R．
（1）求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（2）若存在x∈[0，2]，使得f（x）＜g（x）成立，求a的取值范圍；
（3）設x₁，x₂是函數(shù)f（x）的兩個不同零點，求證：e${\;}^{{x}_{1}+{x}_{2}}$＜1．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)f′（x）=e^x-1，令f′（x）＞0，求得函數(shù)單調遞增區(qū)間，令f′（x）＜0，求得函數(shù)單調遞減區(qū)間；
（2）記F（x）=f（x）-g（x）=e^x-$\frac{1}{{e}^{x}}$-2x+a-a²，求出函數(shù)的導數(shù)F′（x）=e^x+$\frac{1}{{e}^{x}}$-2，確定函數(shù)的單調區(qū)間，求出F（x）的最小值，從而求出a的范圍；
（3）由題意可知：x₁＜0，x₂＞0，f（x₁）-f（-x₂）=${e}^{{x}_{2}}$-${e}^{-{x}_{2}}$-2x₂，令h（x）=e^x-e^-x-2x，（x≥0），求出h（x）的導數(shù)，由函數(shù)的單調性可知：h（x）≥h（0）=0，則f（x₁）＞f（-x₂），而由（1）知f（x）在（-∞，0）上單調遞減，x₁＜-x₂，即x₁+x₂＜0，因此e${\;}^{{x}_{1}+{x}_{2}}$＜1．

解答 解：（1）由函數(shù)f（x）=e^x-x+a，求導f′（x）=e^x-1，
令f′（x）=0，解得：x=0，
當x＞0時，f′（x）＞0，函數(shù)單調遞增，
當x＜0時，f′（x）＜0，函數(shù)單調遞減，
∴f（x）的單調遞增區(qū)間為（0，+∞），單調遞減區(qū)間為（-∞，0）；
（2）記F（x）=f（x）-g（x），則F（x）=e^x-$\frac{1}{{e}^{x}}$-2x+a-a²，
求導F′（x）=e^x+$\frac{1}{{e}^{x}}$-2，
由e^x＞0，$\frac{1}{{e}^{x}}$＞0，
∵e^x+$\frac{1}{{e}^{x}}$-2≥2$\sqrt{{e}^{x}•\frac{1}{{e}^{x}}}$-2=0，
∴F′（x）≥0
∴函數(shù)F（x）為（-∞，+∞）上的增函數(shù)，
∴當x∈[0，2]時，F(xiàn)（x）的最小值為F（0）=a-a²，
∵存在x∈[0，2]，使得f（x）＜g（x）成立，
∴F（x）的最小值小于0，即a-a²＜0，解得：a＞1或a＜0；
（3）證明：由（1）知，x=0是函數(shù)f（x）的極小值點，也是最小值點，
∴f（x）的最小值為f（0）=a+1，
則只有a＜-1時，函數(shù)f（x）由兩個零點，不妨設x₁＜x₂，
易知x₁＜0，x₂＞0，
∴f（x₁）-f（-x₂）=f（x₂）-f（-x₂）=（${e}^{{x}_{2}}$-x₂+a）-（${e}^{-{x}_{2}}$+x₂+a）=${e}^{{x}_{2}}$-${e}^{-{x}_{2}}$-2x₂，
令h（x）=e^x-e^-x-2x，（x≥0），
由（2）知h（x）在[0，+∞）上單調遞增，
∴h（x）≥h（0）=0，
又∵x₁＜0＜x₂，
∴h（x₂）＞0，即${e}^{{x}_{2}}$-${e}^{-{x}_{2}}$-2x₂＞0，
∴f（x₁）＞f（-x₂），
又∵x₁＜0，-x₂＜0，
而由（1）知f（x）在（-∞，0）上單調遞減，
∴x₁＜-x₂，即x₁+x₂＜0，
∴e${\;}^{{x}_{1}+{x}_{2}}$＜1．

點評 本題考查導數(shù)的綜合應用，考查利用導數(shù)求函數(shù)的單調性及最值，考查導數(shù)與不等式的綜合利用，考查導數(shù)恒成立的應用，考查計算能力，屬于中檔題．