Question

3．已知函數(shù)f（x）=e^-x-ax有兩個(gè)零點(diǎn)．
（1）求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）設(shè)x₁，x₂是函數(shù)y=f（x）的兩個(gè)零點(diǎn)，證明：x₁+x₂＜-2．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出函數(shù)的最小值，結(jié)合函數(shù)的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，求出a的范圍即可；
（2）問(wèn)題轉(zhuǎn)化為證$\frac{{e}^{{{x}_{2}-x}_{1}}+1}{{e}^{{x}_{2}{-x}_{1}}-1}$＞$\frac{2}{{x}_{2}{-x}_{1}}$，令t=x₂-x₁，則t∈（0，+∞），設(shè)g（t）=t（e^t+1）-2（e^t-1），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（1）依題意得，f′（x）=-e^-x-a，
?當(dāng)a≥0時(shí)，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）在R遞減，不可能有2個(gè)零點(diǎn)，
?當(dāng)a＜0時(shí)，f′（x）=0，e^x=-$\frac{1}{a}$，即x=ln（-$\frac{1}{a}$）．
故函數(shù)f（x）在（-∞，ln（-$\frac{1}{a}$））上單調(diào)遞減，在（ln（-$\frac{1}{a}$），+∞）上單調(diào)遞增．
則由f（x）_min=f（ln（-$\frac{1}{a}$））=-a-aln（-$\frac{1}{a}$）＜0，
得1+ln（-$\frac{1}{a}$）＜0，即a＜-e，當(dāng)x→-∞時(shí)，f（x）→+∞，
x→+∞時(shí)，f（x）→+∞，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為（-∞，-e），
綜上所述：當(dāng)a＜-e時(shí)，函數(shù)f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)；
（2）證明：依題意得：$\left\{\begin{array}{l}{{e}^{{-x}_{1}}={ax}_{1}}\\{{e}^{{-x}_{2}}={ax}_{2}}\end{array}\right.$，不妨設(shè)x₁＜x₂，
則$\left\{\begin{array}{l}{{e}^{{-x}_{2}}{+e}^{{-x}_{1}}=a{（x}_{2}{+x}_{1}）}\\{{e}^{{-x}_{2}}{-e}^{{-x}_{1}}=a{（x}_{2}{-x}_{1}）}\end{array}\right.$，則$\frac{{e}^{{-x}_{2}}{+e}^{{-x}_{1}}}{{e}^{{-x}_{2}}{-e}^{{-x}_{1}}}$=$\frac{{x}_{2}{+x}_{1}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$，
故要證x₁+x₂＜-2，即證$\frac{{e}^{{-x}_{2}}{+e}^{{-x}_{1}}}{{e}^{{-x}_{2}}{-e}^{{-x}_{1}}}$＜$\frac{-2}{{x}_{2}{-x}_{1}}$，
也即證$\frac{{e}^{{{x}_{2}-x}_{1}}+1}{{e}^{{x}_{2}{-x}_{1}}-1}$＞$\frac{2}{{x}_{2}{-x}_{1}}$，
令t=x₂-x₁，則t∈（0，+∞），設(shè)g（t）=t（e^t+1）-2（e^t-1），則g′（t）=te^t-e^t+1，
設(shè)h（t）=g′（t）=te^t-e^t+1，h′（t）=te^t＞0，
∴g′（t）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴g′（t）＞g′（0）=0，
∴g（t）在（0，+∞）遞增，
∴g（t）＞g（0）=0，故原不等式得證．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類(lèi)討論思想，轉(zhuǎn)化思想，考查不等式的證明，是一道中檔題．