Question

12．函数f（x）=[x²-（n+1）x+1]e^x-1，g（x）=$\frac{f（x）}{{x}^{2}+1}$，n∈R．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）当f（x）在R上单调递增时，证明：对任意x₁，x₂∈R且x₁≠x₂，$\frac{g（{x}_{2}）+g（{x}_{1}）}{2}$＞$\frac{g（{x}_{2}）-g（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f′（x）=e^x-1（x+1）（x-n），分n＞-1，n＜-1和n=-1分析原函数的单调区间；
（Ⅱ）当f（x）在R上单调递增时，n=-1，此时f（x）=（x²+1）e^x-1，则g（x）=$\frac{f（x）}{{x}^{2}+1}$=$\frac{（{x}^{2}+1）{e}^{x-1}}{{x}^{2}+1}={e}^{x-1}$．不妨设x₁＜x₂，则x₂-x₁＞0．把要证不等式$\frac{g（{x}_{2}）+g（{x}_{1}）}{2}$＞$\frac{g（{x}_{2}）-g（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$转化为证x₂-x₁＞2$\frac{{e}^{{x}_{2}-{x}_{1}}-1}{{e}^{{x}_{2}-{x}_{1}}+1}$，令x₂-x₁=t，则t＞2$\frac{{e}^{t}-1}{{e}^{t}+1}$，即e^t（t-2）+t+2＞0．构造函数h（t）=e^t（t-2）+t+2，利用两次求导可得h（t）为（0，+∞）上的增函数，则h（t）＞h（0）=0．即$\frac{g（{x}_{2}）+g（{x}_{1}）}{2}$＞$\frac{g（{x}_{2}）-g（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$．

解答 （Ⅰ）解：f′（x）=e^x-1（x+1）（x-n），
若n＞-1，则当x∈（-∞，-1）∪（n，+∞）时，f′（x）＞0，当x∈（-1，n）时，f′（x）＜0，
∴f（x）的增区间为（-∞，-1），（n，+∞），减区间为（-1，n）；
若n＜-1，则当x∈（-∞，n）∪（-1，+∞）时，f′（x）＞0，当x∈（n，-1）时，f′（x）＜0，
∴f（x）的增区间为（-∞，n），（-1，+∞），减区间为（n，-1）；
若n=-1，则f′（x）=e^x-1（x+1）²≥0，函数f（x）在R上为增函数．
（Ⅱ）证明：当f（x）在R上单调递增时，n=-1，此时f（x）=（x²+1）e^x-1，
g（x）=$\frac{f（x）}{{x}^{2}+1}$=$\frac{（{x}^{2}+1）{e}^{x-1}}{{x}^{2}+1}={e}^{x-1}$．
不妨设x₁＜x₂，则x₂-x₁＞0．
要证不等式$\frac{g（{x}_{2}）+g（{x}_{1}）}{2}$＞$\frac{g（{x}_{2}）-g（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，即证$\frac{{e}^{{x}_{2}-1}+{e}^{{x}_{1}-1}}{2}$＞$\frac{{e}^{{x}_{2}-1}-{e}^{{x}_{1}-1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，
即x₂-x₁＞2$\frac{{e}^{{x}_{2}}-{e}^{{x}_{1}}}{{e}^{{x}_{2}}+{e}^{{x}_{1}}}$，也就是x₂-x₁＞2$\frac{{e}^{{x}_{2}-{x}_{1}}-1}{{e}^{{x}_{2}-{x}_{1}}+1}$，
令x₂-x₁=t，则t＞2$\frac{{e}^{t}-1}{{e}^{t}+1}$，即e^t（t-2）+t+2＞0．
令h（t）=e^t（t-2）+t+2，则h′（t）=e^t（t-1）+1．
而h″（t）=te^t＞0，∴h′（t）＞h′（0）=0．
则h（t）为（0，+∞）上的增函数，
∴h（t）＞h（0）=0．
∴$\frac{g（{x}_{2}）+g（{x}_{1}）}{2}$＞$\frac{g（{x}_{2}）-g（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$．

点评 不妥考查利用导数研究函数的单调性，考查数学转化、分类讨论等数学思想方法，属难题．