Question

10．已知函數(shù)f（x）=$\frac{ex}{{e}^{x}}$（e為自然數(shù)的底數(shù)）．
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）是否存在實數(shù)x使得f（1-x）=f（1+x），若存在求出x，否則說明理由；
（3）若存在不等實數(shù)x₁，x₂，使得f（x₁）=f（x₂），證明：f（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＜0．

Answer 1

分析 （1）先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）通過討論x的范圍，假設(shè)存在x使得f（1-x）=f（1+x），當(dāng)x=1時不成立，當(dāng)x≠1時化簡整理得e^2x=$\frac{1+x}{1-x}$，進一步說明x＞1，0＜x＜1，-1＜x＜0，x＜-1時不成立；
（3）由于存在不等實數(shù)x₁、x₂，使得f（x₁）=f（x₂），即x₁-lnx₁=x₂-lnx₂，令g（x）=x-lnx，g（x₁）=g（x₂），
不妨設(shè)0＜x₁＜1＜x₂，則2-x₁＞1，g（2-x₁）-g（x₂）=g（2-x₁）-g（x₁），化簡整理，設(shè)F（t）=$\frac{2t-2}{1+t}$-lnt，求出導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，得到x₁+x₂＞2，即可得證

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{{{（ex）}^{′}e}^{x}-（ex{）（e}^{x}）′}{{{（e}^{x}）}^{2}}$=$\frac{e（1-x）}{{e}^{x}}$，
令f′（x）＞0，解得：x＜1，令f′（x）＜0，解得：x＞1，
∴函數(shù)f（x）在（-∞，1）遞增，在（1，+∞）遞減；
（2）①若存在正實數(shù)x，使得f（1-x）=f（1+x），
即有 $\frac{e（1-x）}{{e}^{1-x}}$=$\frac{e（1+x）}{{e}^{1+x}}$．
當(dāng)x=1時等式左邊等于0，右邊大于0，等式不成立；
當(dāng)x≠1時整理得e^2x=$\frac{1+x}{1-x}$，
當(dāng)x＞1時，等式左邊大于0，右邊小于0，等式不成立，
當(dāng)0＜x＜1時，有e^2x＜$\frac{1+x}{1-x}$，
故不存在正實數(shù)x，使得f（1-x）=f（1+x）；
②同理可證不存在負實數(shù)x，使得f（1-x）=f（1+x）；
③x=0時，顯然滿足條件，
綜上x=0時，存在實數(shù)x使得f（1-x）=f（1+x）；
（3）證明：由于存在不等實數(shù)x₁、x₂，使得f（x₁）=f（x₂），
即為 $\frac{{ex}_{1}}{{e}^{{x}_{1}}}$=$\frac{{ex}_{2}}{{e}^{{x}_{2}}}$，即 $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=ex₁-x₂，
即有x₁-x₂=lnx₁-lnx₂，
即x₁-lnx₁=x₂-lnx₂，
令g（x）=x-lnx，g′（x）=1-$\frac{1}{x}$，
g（x₁）=g（x₂），
不妨設(shè)0＜x₁＜1＜x₂，
則2-x₁＞1，
而g（2-x₁）-g（x₂）
=g（2-x₁）-g（x₁）
=（2-x₁）-ln（2-x₁）-x₁+lnx₁
=2-2x₁-ln $\frac{2{-x}_{1}}{{x}_{1}}$，
令 $\frac{2{-x}_{1}}{{x}_{1}}$=t，則t＞1，x₁=$\frac{2}{1+t}$，
故F（t）=$\frac{2t-2}{1+t}$-lnt，
故F′（t）=$\frac{{-t}^{2}+2t-1}{{t（t+1）}^{2}}$＜0，
故F（t）在（1，+∞）上是減函數(shù)，
故F（t）＜F（1）=0，
故g（2-x₁）-g（x₂）＜0，
又∵g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴2-x₁＜x₂，
故x₁+x₂＞2，即 $\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$＞1，
則有f′（ $\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）=$\frac{e（1-\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}）}{{e}^{\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}}}$＜0，
故f′（ $\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）＜0

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，同時考查不等式的證明，注意運用構(gòu)造函數(shù)，運用函數(shù)的單調(diào)性，考查運算能力．