Question

已知函数f(x)=e^x.

(1)求f(x)的单调区间.

(2)证明:当f(x₁)=f(x₂)(x₁≠x₂)时,x₁+x₂<0.

Answer 1

【解析】(1)函数f(x)的定义域是(-∞,+∞),

f′(x)=′e^x+e^x

=e^x=e^x.

当x<0时,f′(x)>0;当x>0时,f′(x)<0.

所以f(x)的单调递增区间为(-∞,0),单调递减区间为(0,+∞).

(2)当x<1时,由于>0,e^x>0,故f(x)>0;

同理,当x>1时,f(x)<0.当f(x₁)=f(x₂)(x₁≠x₂)时,不妨设x₁<x₂,由(1)知,

x₁∈(-∞,0),x₂∈(0,1).

下面证明:∀x∈(0,1),f(x)<f(-x),即证

e^x<e^-x.

此不等式等价于(1-x)e^x-<0.

令g(x)=(1-x)e^x-,

则g′(x)=-xe^-x(e^2x-1).

当x∈(0,1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减,从而g(x)<g(0)=0,即(1-x)e^x-<0,

所以∀x∈(0,1),f(x)<f(-x).

而x₂∈(0,1),所以f(x₂)<f(-x₂),从而f(x₁)<f(-x₂),由于x₁,-x₂∈(-∞,0),f(x)在(-∞,0)上单调递增,所以x₁<-x₂,即x₁+x₂<0.