Question

14．已知函数f（x）=$\frac{mx+1}{{e}^{x}}$的极大值为1
（Ⅰ）求函数y=f（x）（x≥-1）的值域；
（Ⅱ）若关于的方程a•e^x-x-1=0有两个不相等的实数根x₁，x₂，求证；x₁+x₂＞0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，根据f（$\frac{m-1}{m}$）=1，求出m的值，从而求出f（x）的单调区间，从而求出函数的值域即可；
（Ⅱ）求出x₁，x₂异号，不妨设x₁＞0，x₂＜0，只需证明f（x₂）＜f（-x₂），令g（x）=f（x）-f（-x）=$\frac{x+1}{{e}^{x}}$-e^x（1-x），根据函数的单调性得到g（x）＜g（0），即f（x₂）＜f（-x₂），从而证出结论．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{-mx+m-1}{{e}^{x}}$，
f（x）有极大值，故m＞0，
由f′（x）=0，解得：x=$\frac{m-1}{m}$，
∴f（$\frac{m-1}{m}$）=1，即$\frac{m}{{e}^{\frac{m-1}{m}}}$=1，解得：m=1，
∴f′（x）=-$\frac{x}{{e}^{x}}$，
令f′（x）＞0，解得：x＜0，令f′（x）＜0，解得：x＞0，
∴f（x）在（-∞，0）递增，在（0，+∞）递减，
∴f（x）_max=f（0）=1，
∴f（x）的值域是（-∞，1]；
（Ⅱ）∵方程a•e^x-x-1=0有两个不相等的实数根x₁，x₂，
∴a=$\frac{{x}_{1}+1}{{e}^{{x}_{1}}}$=$\frac{{x}_{2}+1}{{e}^{{x}_{2}}}$，即f（x₁）=f（x₂），
由（Ⅰ）得：f（x）在（-∞，0）递增，在（0，+∞）递减，
∴x₁，x₂异号，
不妨设x₁＞0，x₂＜0，下面证明：f（x₂）＜f（-x₂），
令g（x）=f（x）-f（-x）=$\frac{x+1}{{e}^{x}}$-e^x（1-x），显然g（0）=0，
∴g′（x）=x•$\frac{{e}^{2x}-1}{{e}^{x}}$，
令g′（x）＞0，解得：x＜0，
∴g（x）在（-∞，0）递增，
∴g（x）＜g（0）=0，（x＜0），
∴f（x）＜f（-x），（x＜0），
∴f（x₂）＜f（-x₂），
∴f（x₁）=f（x₂）＜f（-x₂），
∵x₁＞0，-x₂＞0，
∴x₁＞-x₂，
∴x₁+x₂＞0．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，是一道中档题．