Question

10．已知函数$f（x）={e^x}-x+2m+3，g（x）=\frac{1}{e^x}+x+{m^2}，x∈R$．
（I）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若存在x∈[0，2]，使得f（x）-g（x）＜0成立，求m的取值范围；
（Ⅲ）设x₁、x₂（x₁≠x₂）是函数f（x）的两个零点，求证：x₁+x₂＜0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）问题转化为存在x∈[0，2]，使得（e^x-$\frac{1}{{e}^{x}}$-2x）_min＜m²-2m-3成立，根据函数的单调性求出函数的最小值，从而求出a的范围；
（3）作差得到函数h（x）=e^x-e^-x-2x（x≥0），求出h（x）的导数，从而判断结论．

解答 （Ⅰ）解：f′（x）=e^x-1，
令f′（x）＞0，解得：x＞0，令f′（x）＜0，解得：x＜0，
故f（x）在（-∞，0）递减，在（0，+∞）递增；
（Ⅱ）若存在x∈[0，2]，使得f（x）-g（x）＜0成立，
即存在x∈[0，2]，使得（e^x-$\frac{1}{{e}^{x}}$-2x）_min＜m²-2m-3成立，
令h（x）=e^x-$\frac{1}{{e}^{x}}$-2x，x∈[0，2]，
则h′（x）=e^x+$\frac{1}{{e}^{x}}$-2≥2$\sqrt{{e}^{x}•\frac{1}{{e}^{x}}}$-2=0，
故h（x）在[0，2]递增，h（x）_min=h（0）=0，
故只需m²-2m-3＞0，解得：m＞3或m＜-1；
（Ⅲ）证明：由（Ⅰ）可知，x=0是函数f（x）的极小值点，
也是最小值点，即最小值为f（0）=2m+4，
显然只有2m+4＜0时，函数f（x）有两个零点，
设x₁＜x₂，易知，x₁＜0，x₂＞0，
∵f（x₁）-f（-x₂）=f（x₂）-f（-x₂）=e^x₂-e^-x₂-2x₂，
令h（x）=e^x-e^-x-2x（x≥0），
由（Ⅱ）可知h（x）在[0，+∞）上单调递增，
∴h（x）≥h（0）=0，又∵x₁＜0＜x₂，
∴h（x₂）＞0，
即e^x₂-e^-x₂-2x₂＞0，
∴f（x₁）＞f（-x₂），
又∵x₁＜0，-x₂＜0，
且由（Ⅰ）知f（x）在（-∞，0）上单调递减，
∴x₁＜-x₂，
∴x₁+x₂＜0．

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查不等式的证明，是一道综合题．