Question

4．已知函數(shù)f（x）=e^x-x-m（m∈R）．
（1）求f（x）的最小值；
（2）判斷f（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，說(shuō)明理由；
（3）若f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)x₁、x₂，證明：x₁+x₂＜0．

Answer 1

分析 （1）直接利用導(dǎo)函數(shù)判斷原函數(shù)f（x）的單調(diào)性即可，同時(shí)求出最小值；
（2）由（1）知f（x）的最小值為f（0）=1-m，對(duì)m分類(lèi)討論m＜1時(shí)，f（x）沒(méi)有零點(diǎn)，m=1時(shí)，f（x）有一個(gè)零點(diǎn)，m＞1時(shí)，構(gòu)造g（x）=e^x-2x（x≥1）判斷函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)；
（3）若x₁，x₂為f（x）的兩個(gè)零點(diǎn)，設(shè)x₁＜x₂，因?yàn)閒（x₁）-f（-x₂）=f（x₂）-f（-x₂）=${e}^{{x}_{2}}-{x}_{2}-m$-（${e}^{-{x}_{2}}+{x}_{2}-m$）=${e}^{{x}_{2}}-{e}^{-{x}_{2}}-2{x}_{2}$ 從而構(gòu)造函數(shù)函數(shù)h（x）=e^x-e^-x-2x（x≥0），證明h（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增來(lái)判斷x₁+x₂＜0．

解答 解：（1）因?yàn)閒'（x）=e^x-1，
所以，當(dāng)x∈（-∞，0），f'（x）＜0，當(dāng)x∈（0，+∞），f'（x）＞0；
所以f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，0），單調(diào)增區(qū)間為（0，+∞），
故當(dāng)x=0時(shí)，f（x）取得最小值為f（0）=1-m；
（2）由（1）知f（x）的最小值為f（0）=1-m；
①當(dāng)1-m＞0，即m＜1時(shí)，f（x）沒(méi)有零點(diǎn)；
②當(dāng)1-m=0時(shí)，即m=1時(shí)，f（x）有一個(gè)零點(diǎn)；
③當(dāng)1-m＜0，即m＞1時(shí)，構(gòu)造g（x）=e^x-2x（x≥1）
g'（x）=e^x-2，當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，g'（x）＞0，所以g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增．
故g（x）≥g（1）=e-2＞0，所以m＞1時(shí)，g（m）＞0，即e^m-2m＞0；
又因?yàn)閒（m）=e^m-2m，所以f（m）＞0．
又f（-m）=e^-m＞0，
所以必存在唯一的x₁∈（-m，0），唯一的x₂∈（0，m），使得x₁，x₂為f（x）的兩個(gè)零點(diǎn)，
故當(dāng)m＞1時(shí)，f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)．
（3）若x₁，x₂為f（x）的兩個(gè)零點(diǎn)，設(shè)x₁＜x₂，則由（2）知x₁＜0，x₂＞0．
因?yàn)閒（x₁）-f（-x₂）=f（x₂）-f（-x₂）=${e}^{{x}_{2}}-{x}_{2}-m$-（${e}^{-{x}_{2}}+{x}_{2}-m$）=${e}^{{x}_{2}}-{e}^{-{x}_{2}}-2{x}_{2}$．
令h（x）=e^x-e^-x-2x（x≥0），
則h'（x）=e^x-e^-x-2≥2$\sqrt{{e}^{x}•{e}^{-x}}$-2=0，
所以h（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，因此h（x）≥h（0）=0；
又x₁＜0＜x₂，所以h（x₂）＞0，即${e}^{{x}_{2}}-{e}^{-{x}_{2}}-2{x}_{2}$＞0，故f（x₁）＞f（-x₂），
又x₁＜0，-x₂＜0，且由（1）知f（x）在（-∞，0）單調(diào)遞減，所以x1＜-x2，所以x₁+x₂＜0．
故得證．

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、通過(guò)構(gòu)造函數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性解決問(wèn)題的方法，考查了轉(zhuǎn)化能力、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．