Question

10．已知函數(shù)$f（x）={e^x}-x+2m+3，g（x）=\frac{1}{e^x}+x+{m^2}，x∈R$．
（I）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若存在x∈[0，2]，使得f（x）-g（x）＜0成立，求m的取值范圍；
（Ⅲ）設(shè)x₁、x₂（x₁≠x₂）是函數(shù)f（x）的兩個零點，求證：x₁+x₂＜0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）問題轉(zhuǎn)化為存在x∈[0，2]，使得（e^x-$\frac{1}{{e}^{x}}$-2x）_min＜m²-2m-3成立，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出函數(shù)的最小值，從而求出a的范圍；
（3）作差得到函數(shù)h（x）=e^x-e^-x-2x（x≥0），求出h（x）的導(dǎo)數(shù)，從而判斷結(jié)論．

解答 （Ⅰ）解：f′（x）=e^x-1，
令f′（x）＞0，解得：x＞0，令f′（x）＜0，解得：x＜0，
故f（x）在（-∞，0）遞減，在（0，+∞）遞增；
（Ⅱ）若存在x∈[0，2]，使得f（x）-g（x）＜0成立，
即存在x∈[0，2]，使得（e^x-$\frac{1}{{e}^{x}}$-2x）_min＜m²-2m-3成立，
令h（x）=e^x-$\frac{1}{{e}^{x}}$-2x，x∈[0，2]，
則h′（x）=e^x+$\frac{1}{{e}^{x}}$-2≥2$\sqrt{{e}^{x}•\frac{1}{{e}^{x}}}$-2=0，
故h（x）在[0，2]遞增，h（x）_min=h（0）=0，
故只需m²-2m-3＞0，解得：m＞3或m＜-1；
（Ⅲ）證明：由（Ⅰ）可知，x=0是函數(shù)f（x）的極小值點，
也是最小值點，即最小值為f（0）=2m+4，
顯然只有2m+4＜0時，函數(shù)f（x）有兩個零點，
設(shè)x₁＜x₂，易知，x₁＜0，x₂＞0，
∵f（x₁）-f（-x₂）=f（x₂）-f（-x₂）=e^x₂-e^-x₂-2x₂，
令h（x）=e^x-e^-x-2x（x≥0），
由（Ⅱ）可知h（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴h（x）≥h（0）=0，又∵x₁＜0＜x₂，
∴h（x₂）＞0，
即e^x₂-e^-x₂-2x₂＞0，
∴f（x₁）＞f（-x₂），
又∵x₁＜0，-x₂＜0，
且由（Ⅰ）知f（x）在（-∞，0）上單調(diào)遞減，
∴x₁＜-x₂，
∴x₁+x₂＜0．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，考查不等式的證明，是一道綜合題．