Question

7．已知函數(shù)f（x）=$\frac{ex}{{e}^{x}}$（e為自然數(shù)的底數(shù)）．
（1）是否存在正實(shí)數(shù)x使得f（1-x）=f（1+x），若存在，求出x，否則說明理由；
（2）若存在不等實(shí)數(shù)x₁，x₂，使得f（x₁）=f（x₂），證明：f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＜0．

Answer 1

分析 （1）存在正實(shí)數(shù)x，使得f（1-x）=f（1+x），當(dāng)x=1時不成立，當(dāng)x≠1時化簡整理得e^2x=$\frac{1+x}{1-x}$，進(jìn)一步說明x＞1，0＜x＜1時不成立；
（2）由于存在不等實(shí)數(shù)x₁、x₂，使得f（x₁）=f（x₂），即x₁-lnx₁=x₂-lnx₂，令g（x）=x-lnx，g（x₁）=g（x₂），
不妨設(shè)0＜x₁＜1＜x₂，則2-x₁＞1，g（2-x₁）-g（x₂）=g（2-x₁）-g（x₁），化簡整理，設(shè)F（t）=$\frac{2t-2}{1+t}$-lnt，求出導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，得到x₁+x₂＞2，即可得證．

解答 解：（1）若存在正實(shí)數(shù)x，使得f（1-x）=f（1+x），
即有$\frac{e（1-x）}{{e}^{1-x}}=\frac{e（1+x）}{{e}^{1+x}}$．
當(dāng)x=1時等式左邊等于0，右邊大于0，等式不成立；
當(dāng)x≠1時整理得e^2x=$\frac{1+x}{1-x}$，
當(dāng)x＞1時，等式左邊大于0，右邊小于0，等式不成立，
當(dāng)0＜x＜1時，有e^2x＜$\frac{1+x}{1-x}$，
故不存在正實(shí)數(shù)x，使得f（1-x）=f（1+x）；
（2）證明：由于存在不等實(shí)數(shù)x₁、x₂，使得f（x₁）=f（x₂），
即為$\frac{e{x}_{1}}{{e}^{{x}_{1}}}=\frac{e{x}_{2}}{{e}^{{x}_{2}}}$，即$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}={e}^{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
即有x₁-x₂=lnx₁-lnx₂，
即x₁-lnx₁=x₂-lnx₂，
令g（x）=x-lnx，g′（x）=1-$\frac{1}{x}$，
g（x₁）=g（x₂），
不妨設(shè)0＜x₁＜1＜x₂，
則2-x₁＞1，
而g（2-x₁）-g（x₂）
=g（2-x₁）-g（x₁）
=（2-x₁）-ln（2-x₁）-x₁+lnx₁
=2-2x₁-ln$\frac{2-{x}_{1}}{{x}_{1}}$，
令$\frac{2-{x}_{1}}{{x}_{1}}=t$，則t＞1，x₁=$\frac{2}{1+t}$，
故F（t）=$\frac{2t-2}{1+t}$-lnt，
故F′（t）=$\frac{-{t}^{2}+2t-1}{t（t+1）^{2}}$＜0，
故F（t）在（1，+∞）上是減函數(shù)，
故F（t）＜F（1）=0，
故g（2-x₁）-g（x₂）＜0，
又∵g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴2-x₁＜x₂，
故x₁+x₂＞2，即$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$＞1，
則有f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=$\frac{e（1-\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}）}{{e}^{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}}$＜0，
故f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＜0．

點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，同時考查不等式的證明，注意運(yùn)用構(gòu)造函數(shù)，運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．