Question

2．已知函數(shù)f（x）=（1-x）e^x．
（1）證明：當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＜f（-x）；
（2）若方程f（x）=a（1+x²）有兩個(gè)不相等的實(shí)根x₁，x₂，求實(shí)數(shù)a的取值范圍，并證明：x₁+x₂＜0．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＜f（-x）?（1-x）e^x＜（1+x）e^-x．即g（x）=（1-x）e^2x-（1+x）＜0，g（0）=0．對(duì)g（x）通過(guò)兩次求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值即可證明．
（2）方程f（x）=a（1+x²），即a=$\frac{（1-x）{e}^{x}}{1+{x}^{2}}$．令h（x）=$\frac{（1-x）{e}^{x}}{1+{x}^{2}}$．利用導(dǎo)數(shù)可得其單調(diào)性：極大值h（0）=1．x→-∞時(shí)，h（x）→0，h（x）＞0；x→+∞時(shí)，h（x）＜0．由方程f（x）=a（1+x²）有兩個(gè)不相等的實(shí)根x₁，x₂，可得函數(shù)y=a與y=h（x）有兩個(gè)不同交點(diǎn)，可得a的求值范圍．由上面可知：x＞0時(shí)，函數(shù)h（x）單調(diào)遞減．不妨設(shè)x₁＜0＜x₂．利用反證法：若0＜-x₁＜x₂，可得h（-x₁）＞h（x₂），得出矛盾，因此假設(shè)0＜-x₁＜x₂不成立，因此x₁+x₂＜0．

解答 （1）證明：當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＜f（-x）?（1-x）e^x＜（1+x）e^-x．
令g（x）=（1-x）e^2x-（1+x），g（0）=0．
g′（x）=（1-2x）e^2x-1，g′（0）=0．
g^″（x）=-4xe^2x＜0，
∴g′（x）在x＞0時(shí)單調(diào)遞減，∴g′（x）＜g′（0）=0．
∴函數(shù)g（x）在x＞0時(shí)單調(diào)遞減，∴g（x）＜g（0）=0．
即（1-x）e^x＜（1+x）e^-x．
∴當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＜f（-x）．
（2）方程f（x）=a（1+x²），即a=$\frac{（1-x）{e}^{x}}{1+{x}^{2}}$．
令h（x）=$\frac{（1-x）{e}^{x}}{1+{x}^{2}}$．
h′（x）=$\frac{-x{e}^{x}（1+{x}^{2}）-（1-x）{e}^{x}×2x}{（1+{x}^{2}）^{2}}$=$\frac{-x（{x}^{2}-2x+3）{e}^{x}}{（1+{x}^{2}）^{2}}$，
令h′（x）=0，解得x=0，x＞0時(shí)，函數(shù)h（x）單調(diào)遞減；x＜0時(shí)，函數(shù)h（x）單調(diào)遞增．
可得：極大值h（0）=1．x→-∞時(shí)，h（x）→0，h（x）＞0；x→+∞時(shí)，h（x）＜0．
∵方程f（x）=a（1+x²）有兩個(gè)不相等的實(shí)根x₁，x₂，
∴函數(shù)y=a與y=h（x）有兩個(gè)不同交點(diǎn)，
∴0＜a＜1．
由上面可知：x＞0時(shí)，函數(shù)h（x）單調(diào)遞減．
不妨設(shè)x₁＜0＜x₂．
若0＜-x₁＜x₂，
則h（-x₁）＞h（x₂），
∴$\frac{（1+{x}_{1}）{e}^{-{x}_{1}}}{1+{x}_{1}^{2}}$＞$\frac{（1-{x}_{2}）{e}^{{x}_{2}}}{1+{x}_{2}^{2}}$=$\frac{（1-{x}_{1}）{e}^{{x}_{1}}}{1+{x}_{1}^{2}}$，
可得：${e}^{2{x}_{1}}$$＜\frac{1+{x}_{1}}{1-{x}_{1}}$，
而${e}^{2{x}_{1}}$＞1，$\frac{1+{x}_{1}}{1-{x}_{1}}$＜1，推出矛盾，因此假設(shè)0＜-x₁＜x₂不成立．
故0＜x₂＜-x₁，因此x₁+x₂＜0．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、解不等式、反證法，考查了分類討論方法、等價(jià)轉(zhuǎn)化方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．