Question

15．已知函数f（x）=e^x-x+a，g（x）=$\frac{1}{{e}^{x}}$+x+a²，a∈R．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若存在x∈[0，2]，使得f（x）＜g（x）成立，求a的取值范围；
（3）设x₁，x₂是函数f（x）的两个不同零点，求证：e${\;}^{{x}_{1}+{x}_{2}}$＜1．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数f′（x）=e^x-1，令f′（x）＞0，求得函数单调递增区间，令f′（x）＜0，求得函数单调递减区间；
（2）记F（x）=f（x）-g（x）=e^x-$\frac{1}{{e}^{x}}$-2x+a-a²，求出函数的导数F′（x）=e^x+$\frac{1}{{e}^{x}}$-2，确定函数的单调区间，求出F（x）的最小值，从而求出a的范围；
（3）由题意可知：x₁＜0，x₂＞0，f（x₁）-f（-x₂）=${e}^{{x}_{2}}$-${e}^{-{x}_{2}}$-2x₂，令h（x）=e^x-e^-x-2x，（x≥0），求出h（x）的导数，由函数的单调性可知：h（x）≥h（0）=0，则f（x₁）＞f（-x₂），而由（1）知f（x）在（-∞，0）上单调递减，x₁＜-x₂，即x₁+x₂＜0，因此e${\;}^{{x}_{1}+{x}_{2}}$＜1．

解答 解：（1）由函数f（x）=e^x-x+a，求导f′（x）=e^x-1，
令f′（x）=0，解得：x=0，
当x＞0时，f′（x）＞0，函数单调递增，
当x＜0时，f′（x）＜0，函数单调递减，
∴f（x）的单调递增区间为（0，+∞），单调递减区间为（-∞，0）；
（2）记F（x）=f（x）-g（x），则F（x）=e^x-$\frac{1}{{e}^{x}}$-2x+a-a²，
求导F′（x）=e^x+$\frac{1}{{e}^{x}}$-2，
由e^x＞0，$\frac{1}{{e}^{x}}$＞0，
∵e^x+$\frac{1}{{e}^{x}}$-2≥2$\sqrt{{e}^{x}•\frac{1}{{e}^{x}}}$-2=0，
∴F′（x）≥0
∴函数F（x）为（-∞，+∞）上的增函数，
∴当x∈[0，2]时，F（x）的最小值为F（0）=a-a²，
∵存在x∈[0，2]，使得f（x）＜g（x）成立，
∴F（x）的最小值小于0，即a-a²＜0，解得：a＞1或a＜0；
（3）证明：由（1）知，x=0是函数f（x）的极小值点，也是最小值点，
∴f（x）的最小值为f（0）=a+1，
则只有a＜-1时，函数f（x）由两个零点，不妨设x₁＜x₂，
易知x₁＜0，x₂＞0，
∴f（x₁）-f（-x₂）=f（x₂）-f（-x₂）=（${e}^{{x}_{2}}$-x₂+a）-（${e}^{-{x}_{2}}$+x₂+a）=${e}^{{x}_{2}}$-${e}^{-{x}_{2}}$-2x₂，
令h（x）=e^x-e^-x-2x，（x≥0），
由（2）知h（x）在[0，+∞）上单调递增，
∴h（x）≥h（0）=0，
又∵x₁＜0＜x₂，
∴h（x₂）＞0，即${e}^{{x}_{2}}$-${e}^{-{x}_{2}}$-2x₂＞0，
∴f（x₁）＞f（-x₂），
又∵x₁＜0，-x₂＜0，
而由（1）知f（x）在（-∞，0）上单调递减，
∴x₁＜-x₂，即x₁+x₂＜0，
∴e${\;}^{{x}_{1}+{x}_{2}}$＜1．

点评 本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性及最值，考查导数与不等式的综合利用，考查导数恒成立的应用，考查计算能力，属于中档题．