Question

11．已知函數(shù)f（x）=e^x-x+a，g（x）=e^-x+x+a²，a∈R．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若存在x∈[0，2]，使得f（x）-g（x）＜0成立，求a的取值范圍；
（3）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 （1）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）記F（x）=f（x）-g（x），求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出F（x）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 解：（1）f′（x）=e^x-1…（1分）
令f′（x）＞0，得x＞0，則f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）；…（2分）
令f′（x）＜0，得x＜0，則f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，0）．…（3分）
（2）記F（x）=f（x）-g（x），
則F（x）=e^x-e^-x-2x+a-a²，F(xiàn)′（x）=e^x+e^-x-2…（4分）
∵${e^x}+{e^{-x}}-2≥2\sqrt{{e^x}×{e^{-x}}}-2=2-2=0$，
∴F′（x）≥0，
∴函數(shù)F（x）為（-∞，+∞）上的增函數(shù)，…（5分）
∴當x∈[0，2]時，F(xiàn)（x）的最小值為F（0）=a-a²…（6分）
∵存在x∈[0，2]，使得f（x）-g（x）＜0成立，
∴F_min（x）＜0…（7分）
即a-a²＜0，解得a＞1或a＜0即為所求．…（8分）
（3）證明：由（1）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）=a，
顯然只有a＜0時，函數(shù)f（x）有兩個零點，設(shè)x₁＜x₂，易知，x₁＜0，x₂＞0．…（9分）
∵f（x₁）-f（-x₂）=f（x₂）-f（-x₂）
=$（{{e^{x_2}}-{x_2}+a}）-（{{e^{-{x_2}}}+{x_2}+a}）={e^{x_2}}-{e^{-{x_2}}}-2{x_2}$，…（10分）
令h（x）=e^x-e^-x-2x（x≥0），
由（2）可知h（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，…（11分）
∴h（x）≥h（0）=0，又∵x₁＜0＜x₂，
∴h（x₂）＞0，
即${e^{x_2}}-{e^{-{x_2}}}-2{x_2}＞0$…（12分）
∴f（x₁）＞f（-x₂），又∵x₁＜0，-x₂＜0，…（13分）
且由（1）知f（x）在（-∞，0）上單調(diào)遞減，
∴x₁＜-x₂，∴x₁+x₂＜0．…（14分）

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．