Question

13．已知函數(shù)f（x）=x-1-lnx，g（x）=e^x-e^-x-ax（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）．
（1）若g（x）為R上的增函數(shù)，求a的取值范圍；
（2）f（x）的導(dǎo)函數(shù)為f′（x），若x₁≠x₂，f（x₁）=f（x₂），求證：f′（x₁）+f′（x₂）＜0．

Answer 1

分析 （1）對(duì)g（x）求導(dǎo)，分離變量，構(gòu)造新函數(shù)，由對(duì)號(hào)函數(shù)的性質(zhì)得到a的范圍．
（2）求函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，由函數(shù)的單調(diào)性確定x₁與x₂的范圍．進(jìn)一步由倒推法得到所要證明的不等式．

解答 解：（1）∵g（x）=e^x-e^-x-ax，
∴g′（x）=e^x+e^-x-a，
∵g（x）為R上的增函數(shù)，
∴g′（x）＞0恒成立，
∴a＜e^x+e^-x，
令t=e^x（t＞0），
∵y=t+$\frac{1}{t}$在（0，+∞）是對(duì)號(hào)函數(shù)，在t=1處取最小值，最小值為2，
∴y=e^x+e^-x在x=0處取得最小值，為2，
∴a≤2．
（2）∵f（x）=x-1-lnx，
∴f′（x）=1-$\frac{1}{x}$，定義域?yàn)椋?，+∞），
∴f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
∵x₁≠x₂，f（x₁）=f（x₂），
∴可令x₁＜x₂
則x₁＜1＜x₂
∴（x₁-1）（x₂-1）＜0
即x₁x₂-（x₁+x₂）+1＜0
∴1+$\frac{1}{{x}_{1}{x}_{2}}$＜$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$hdygb
∵要證明f′（x₁）+f′（x₂）＜0
只需證2＜$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$
∵x₁•x₂＜1
∴$\frac{1}{{x}_{1}{x}_{2}}$＞1
∴2＜1+$\frac{1}{{x}_{1}{x}_{2}}$＜$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$
∴原命題得證，即f′（x₁）+f′（x₂）＜0

點(diǎn)評(píng) 本題考查參數(shù)的求解和不等式的證明，根據(jù)條件構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性是解決本題的關(guān)鍵．