Question

7．已知函數(shù)f（x）=xe^-x+1．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）是否存在實(shí)數(shù)x，使得f（1-x）=f（x+1）？若存在，求出x的值；否則，說明理由；
（3）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）求出導(dǎo)數(shù)，令導(dǎo)數(shù)大于0，得增區(qū)間，令導(dǎo)數(shù)小于0，得減區(qū)間；
（2）假設(shè)存在實(shí)數(shù)x，使得f（1-x）=f（x+1），化簡(jiǎn)整理，可得x=0成立；
（3）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(jiǎn)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）函數(shù)f（x）=xe^-x+1的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=（1-x）e^1-x，
f′（x）＞0可得x＜1，f′（x）＜0可得x＞1，
則f（x）的增區(qū)間為（-∞，1）；減區(qū)間為（1，+∞）；
（2）假設(shè)存在實(shí)數(shù)x，使得f（1-x）=f（x+1），
即有（1-x）e^x=（1+x）e^-x，即e^2x=$\frac{1+x}{1-x}$，
顯然x=0時(shí)，上式成立；
當(dāng)x＞1時(shí)，顯然不成立，
由$\frac{1+x}{1-x}$＞0可得-1＜x＜1，
由e^2x＞$\frac{1+x}{1-x}$在（-1，0）成立，由e^2x＜$\frac{1+x}{1-x}$在（0，1）成立，
故存在實(shí)數(shù)x=0，使得f（1-x）=f（x+1）；
（3）證明：由于存在不等實(shí)數(shù)x₁、x₂，使得f（x₁）=f（x₂），
即為x₁${e}^{1-{x}_{1}}$=x₂${e}^{1-{x}_{2}}$，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′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=（1-$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）${e}^{1-\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$＜0，
即為f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＜0．

點(diǎn)評(píng) 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(shí)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．