Question

4．已知函數(shù)f（x）=x•e^x+e^-x，x∈R．
（Ⅰ）求函數(shù)y=f（x）•e^x的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若對于任意的x＞0，總有f（x）≥ax²+1，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）證明：對于任意的x₁，x₂，h其中x₁＜x₂，h＞0，總有f（x₁）+f（x₂）＜f（x₁-h）+f（x₂+h）．

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)數(shù)，分析導(dǎo)數(shù)符號即得；（2）構(gòu)造函數(shù)是解題關(guān)鍵．構(gòu)造新的函數(shù)多重求導(dǎo)，判斷函數(shù)單調(diào)性，可得；（3）利用數(shù)形結(jié)合的思想可解．

解答 解：（1）y=f（x）•e^x=x•e^2x+1，
∴f′（x）=e^2x+2x•e^2x=e^2x（1+2x），
令f′（x）＞0得：$x＞-\frac{1}{2}$，
令f′（x）＜0得：$x＜-\frac{1}{2}$，
故函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為$（-\frac{1}{2}，+∞）$，減區(qū)間為$（-∞，-\frac{1}{2}）$；
（2）設(shè)g（x）=f（x）-ax²-1=x•e^x+e^-x-ax²-1，（x＞0）
則g′（x）=e^x（x+1）-e^-x-2ax，
設(shè)h（x）=g′（x），
則h′（x）=e^x（x+2）+e^-x-2a，
再設(shè)l（x）=h′（x），
則l′（x）=e^x（x+3）-e^-x，
易知l′（x）為增函數(shù)，故有l(wèi)′（x）＞l′（0）=2＞0，
∴l(xiāng)（x）＞l（0）=3-2a，
①當$a≤\frac{3}{2}$時，l（x）＞0，即h′（x）=e^x（x+2）+e^-x-2a＞0，
所以g′（x）=e^x（x+1）-e^-x-2ax為增函數(shù)，故有g(shù)′（x）＞g′（0）=0，
∴此時g（x）為增函數(shù)，所以g（x）＞g（0）=0，滿足題意；
②當$a＞\frac{3}{2}$時，l（0）＜0，
∵l（lna）=$alna+\frac{1}{a}＞0$，
∴存在x₀∈（0，lna），l（x₀）=0，
∴當x₀∈（0，x₀）時，h′（x）＜0，
∴h（x）＜h（0）=0，
∴此時g′（x）＜0，
∴g（x）＜g（0）=0，不合題意．
綜上所述，a的范圍是$（-∞，\frac{3}{2}]$．
（3）設(shè)m（x）=f′（x）=（x+1）e^x-e^-x，
顯然，當x≥0時，f′（x）≥0；
當x≤-1時，f′（x）＜0，
 當-1＜x＜0時，0＜x+1＜1，${\frac{1}{e}＜e}^{x}＜1$，e^-x＞1，
∴f′（x）＜0，
故當x＜0時，有f′（x）＜0，
m′（x）=（x+2）e^x+e^-x，易知m′（x）＞0，故函數(shù)f（x）在R上的圖象大致為：

圖象在y軸左側(cè)遞減且速度越來越慢，在y軸右側(cè)遞增，且速度越來越快，由圖可知：k_PQ＜k_MN，
即$\frac{f（{x}_{1}-h）-f（{x}_{1}）}{-h}$＜$\frac{f（{x}_{2}+h）-f（{x}_{2}）}{h}$，
變形得f（x₁）+f（x₂）＜f（x₁-h）+f（x₂+h）
同理當x₁＜0時也可得結(jié)果．
綜上所述有：f（x₁）+f（x₂）＜f（x₁-h）+f（x₂+h）．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用．正確掌握導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系是解題關(guān)鍵．屬于難題．