Question

3．已知函数f（x）=e^-x-ax有两个零点．
（1）求实数a的取值范围；
（2）设x₁，x₂是函数y=f（x）的两个零点，证明：x₁+x₂＜-2．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，求出函数的最小值，结合函数的零点的个数，求出a的范围即可；
（2）问题转化为证$\frac{{e}^{{{x}_{2}-x}_{1}}+1}{{e}^{{x}_{2}{-x}_{1}}-1}$＞$\frac{2}{{x}_{2}{-x}_{1}}$，令t=x₂-x₁，则t∈（0，+∞），设g（t）=t（e^t+1）-2（e^t-1），根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）依题意得，f′（x）=-e^-x-a，
?当a≥0时，f′（x）＜0，函数f（x）在R递减，不可能有2个零点，
?当a＜0时，f′（x）=0，e^x=-$\frac{1}{a}$，即x=ln（-$\frac{1}{a}$）．
故函数f（x）在（-∞，ln（-$\frac{1}{a}$））上单调递减，在（ln（-$\frac{1}{a}$），+∞）上单调递增．
则由f（x）_min=f（ln（-$\frac{1}{a}$））=-a-aln（-$\frac{1}{a}$）＜0，
得1+ln（-$\frac{1}{a}$）＜0，即a＜-e，当x→-∞时，f（x）→+∞，
x→+∞时，f（x）→+∞，所以实数a的取值范围为（-∞，-e），
综上所述：当a＜-e时，函数f（x）有两个零点；
（2）证明：依题意得：$\left\{\begin{array}{l}{{e}^{{-x}_{1}}={ax}_{1}}\\{{e}^{{-x}_{2}}={ax}_{2}}\end{array}\right.$，不妨设x₁＜x₂，
则$\left\{\begin{array}{l}{{e}^{{-x}_{2}}{+e}^{{-x}_{1}}=a{（x}_{2}{+x}_{1}）}\\{{e}^{{-x}_{2}}{-e}^{{-x}_{1}}=a{（x}_{2}{-x}_{1}）}\end{array}\right.$，则$\frac{{e}^{{-x}_{2}}{+e}^{{-x}_{1}}}{{e}^{{-x}_{2}}{-e}^{{-x}_{1}}}$=$\frac{{x}_{2}{+x}_{1}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$，
故要证x₁+x₂＜-2，即证$\frac{{e}^{{-x}_{2}}{+e}^{{-x}_{1}}}{{e}^{{-x}_{2}}{-e}^{{-x}_{1}}}$＜$\frac{-2}{{x}_{2}{-x}_{1}}$，
也即证$\frac{{e}^{{{x}_{2}-x}_{1}}+1}{{e}^{{x}_{2}{-x}_{1}}-1}$＞$\frac{2}{{x}_{2}{-x}_{1}}$，
令t=x₂-x₁，则t∈（0，+∞），设g（t）=t（e^t+1）-2（e^t-1），则g′（t）=te^t-e^t+1，
设h（t）=g′（t）=te^t-e^t+1，h′（t）=te^t＞0，
∴g′（t）在（0，+∞）上单调递增，
∴g′（t）＞g′（0）=0，
∴g（t）在（0，+∞）递增，
∴g（t）＞g（0）=0，故原不等式得证．

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分类讨论思想，转化思想，考查不等式的证明，是一道中档题．