Question

10．已知函数f（x）=$\frac{ex}{{e}^{x}}$（e为自然数的底数）．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）是否存在实数x使得f（1-x）=f（1+x），若存在求出x，否则说明理由；
（3）若存在不等实数x₁，x₂，使得f（x₁）=f（x₂），证明：f（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＜0．

Answer 1

分析 （1）先求出函数的导数，通过解关于导函数的不等式从而求出函数的单调区间；
（2）通过讨论x的范围，假设存在x使得f（1-x）=f（1+x），当x=1时不成立，当x≠1时化简整理得e^2x=$\frac{1+x}{1-x}$，进一步说明x＞1，0＜x＜1，-1＜x＜0，x＜-1时不成立；
（3）由于存在不等实数x₁、x₂，使得f（x₁）=f（x₂），即x₁-lnx₁=x₂-lnx₂，令g（x）=x-lnx，g（x₁）=g（x₂），
不妨设0＜x₁＜1＜x₂，则2-x₁＞1，g（2-x₁）-g（x₂）=g（2-x₁）-g（x₁），化简整理，设F（t）=$\frac{2t-2}{1+t}$-lnt，求出导数，判断单调性，得到x₁+x₂＞2，即可得证

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{{{（ex）}^{′}e}^{x}-（ex{）（e}^{x}）′}{{{（e}^{x}）}^{2}}$=$\frac{e（1-x）}{{e}^{x}}$，
令f′（x）＞0，解得：x＜1，令f′（x）＜0，解得：x＞1，
∴函数f（x）在（-∞，1）递增，在（1，+∞）递减；
（2）①若存在正实数x，使得f（1-x）=f（1+x），
即有 $\frac{e（1-x）}{{e}^{1-x}}$=$\frac{e（1+x）}{{e}^{1+x}}$．
当x=1时等式左边等于0，右边大于0，等式不成立；
当x≠1时整理得e^2x=$\frac{1+x}{1-x}$，
当x＞1时，等式左边大于0，右边小于0，等式不成立，
当0＜x＜1时，有e^2x＜$\frac{1+x}{1-x}$，
故不存在正实数x，使得f（1-x）=f（1+x）；
②同理可证不存在负实数x，使得f（1-x）=f（1+x）；
③x=0时，显然满足条件，
综上x=0时，存在实数x使得f（1-x）=f（1+x）；
（3）证明：由于存在不等实数x₁、x₂，使得f（x₁）=f（x₂），
即为 $\frac{{ex}_{1}}{{e}^{{x}_{1}}}$=$\frac{{ex}_{2}}{{e}^{{x}_{2}}}$，即 $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=ex₁-x₂，
即有x₁-x₂=lnx₁-lnx₂，
即x₁-lnx₁=x₂-lnx₂，
令g（x）=x-lnx，g′（x）=1-$\frac{1}{x}$，
g（x₁）=g（x₂），
不妨设0＜x₁＜1＜x₂，
则2-x₁＞1，
而g（2-x₁）-g（x₂）
=g（2-x₁）-g（x₁）
=（2-x₁）-ln（2-x₁）-x₁+lnx₁
=2-2x₁-ln $\frac{2{-x}_{1}}{{x}_{1}}$，
令 $\frac{2{-x}_{1}}{{x}_{1}}$=t，则t＞1，x₁=$\frac{2}{1+t}$，
故F（t）=$\frac{2t-2}{1+t}$-lnt，
故F′（t）=$\frac{{-t}^{2}+2t-1}{{t（t+1）}^{2}}$＜0，
故F（t）在（1，+∞）上是减函数，
故F（t）＜F（1）=0，
故g（2-x₁）-g（x₂）＜0，
又∵g（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴2-x₁＜x₂，
故x₁+x₂＞2，即 $\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$＞1，
则有f′（ $\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）=$\frac{e（1-\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}）}{{e}^{\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}}}$＜0，
故f′（ $\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）＜0

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，同时考查不等式的证明，注意运用构造函数，运用函数的单调性，考查运算能力．