Question

【题目】已知函数f(x)＝ex＋e－x，其中e是自然对数的底数．

（1）证明：f(x)是R上的偶函数；

（2）若关于x的不等式mf(x)≤e－x＋m－1在(0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围；

（3）已知正数a满足：存在x0∈[1，＋∞)，使得f(x0)<a(－＋3x0)成立．试比较ea－1与ae－1的大小，并证明你的结论．

Answer 1

【答案】（1）见解析（2）m的取值范围是[－∞，－.]（3）见解析

【解析】

（1）根据函数奇偶性的定义即可证明f(x)是R上的偶函数；

（2）利用参数分离法，将不等式mf(x)≤e－x＋m－1在(0，＋∞)上恒成立转化为求最值问题，即可求实数m的取值范围；

（3）构造函数，利用函数的单调性，最值与单调性之间的关系，分类讨论即可得解.

解析： (1) 因为对任意x∈R，

都有f(－x)＝e－x＋e－(－x)＝e－x＋ex＝f(x)，

所以f(x)是R上的偶函数．

(2) 由条件知m(ex＋e－x－1)≤e－x－1在(0，＋∞)上恒成立．

令t＝ex(x>0)，则t>1，所以m≤－＝－对任意t>1成立．

因为，所以－≥－，

当且仅当t＝2，即x＝ln2时等号成立．

因此实数m的取值范围是(－∞，－).

(3) 令函数g(x)＝ex＋－a(－x3＋3x)，则g′(x)＝ex－＋3a(x2－1)．

当x≥1时，ex－>0，x2－1≥0.

又a>0，故g′(x)>0，所以g(x)是[1，＋∞)上的单调增函数，

因此g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝e＋e－1－2a.

由于存在x0∈[1，＋∞)，使ex0＋e－x0－a(－＋3x0)<0成立，

当且仅当最小值g(1)<0.

故e＋e－1－2a<0，即a>.

解法1：令函数h(x)＝x－(e－1)lnx－1，则h′(x)＝1－.

令h′(x)＝0，得x＝e－1.

当x∈(0，e－1)时，h′(x)<0，故h(x)在(0，e－1)上是单调减函数；当x∈(e－1，＋∞)时，h′(x)>0，故h(x)在(e－1，＋∞)上是单调增函数．

所以h(x)在(0，＋∞)上的最小值是h(e－1)．

注意到h(1)＝h(e)＝0，在区间(0,1)和(e，＋∞)上，h(x)>0；在区间(1，e)上，h(x)<0.

①当a∈，e(1，e)时，h(a)<0，即a－1<(e－1)lna，从而ea－1<ae－1；

②当a＝e时，ea－1＝ae－1；

③当a∈(e，＋∞)(e－1，＋∞)时，h(a)>h(e)＝0，即a－1>(e－1)lna，故ea－1>ae－1.

综上所述，当a∈，e时，ea－1<ae－1；

当a＝e时，ea－1＝ae－1；

当a∈(e，＋∞)时，ea－1>ae－1.

解法2：由于ea－1与ae－1均为正数，同取自然底数的对数，

即比较(a－1)lne与(e－1)lna的大小，即比较与的大小.

构造函数h(x)＝，则h′(x)＝

设m(x)＝1－－lnx，则m′(x)＝.

令m′(x)＝0，得x＝1.当x>1时，m′(x)<0；当0<x<1时，m′(x)>0.所以m(x)在(1，＋∞)上单调递减，此时m(x)<m(1)＝0，

所以h′(x)<0在(1，＋∞)上恒成立，所以h(x)＝在(1，＋∞)上单调递减．

所以当<a<e时，ae－1>ea－1；当a＝e时，ea－1＝ae－1；当a>e时，ae－1<ea－1.

解法3 因为ae－1＝e(e－1)lna，所以＝e(e－1)lna－(a－1)，故只要比较a－1与(e－1)lna的大小.

令h(x)＝(e－1)lnx－(x－1)，那么h′(x)＝－1.

令h′(x)＝0，得x＝e－1.

当x>e－1时，h′(x)<0；当0<x<e－1时，h′(x)>0.

所以h(x)在(0，e－1)上是增函数；在(e－1，＋∞)上是减函数．

又h(e)＝0，h(1)＝0，则h(e－1)>0，h()>0.那么当<a<e时，h(a)>0，所以eh(a)>1，所以ae－1>ea－1；当a＝e时，h(a)＝0，所以ea－1＝ae－1；当a>e时，h(a)<0，所以0<eh(a)<1，所以ae－1<ea－1.

综上所述，当<a<e时，ae－1>ea－1；当a＝e时，ea－1＝ae－1；当a>e时，ae－1<ea－1.