Question

16．设函数f（x）=$\frac{ex}{{e}^{x}}$的导数为f'（x）（e为自然对数的底数）．
（1）求函数f（x）的极大值；
（2）解方程f（f（x））=x；
（3）若存在实数x₁，x₂（x₁≠x₂）使得f（x₁）=f（x₂），求证：f（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＜0．

Answer 1

分析 （1）对f（x）求导，f'（x）=0求出极值点，根据单调性求出极大值
（2）构造新函数，利用新函数的导数说明单调性，继而说明方程根的个数．
（3）由题意，f（x₁）=f（x₂），则$\frac{e{x}_{1}}{{e}^{{x}_{1}}}=\frac{e{x}_{2}}{{e}^{{x}_{2}}}$，不妨设0＜x₁＜x₂，构造函数，利用函数单调性证明．

解答 解：（1）函数f（x）得定义域为R，f'（x）=e$\frac{（1-x）}{{e}^{x}}$
当$x∈（-∞，1）\\;\\;\\;时，f'（x）＞0$，时，f'（x）＞0，f（x）单调递增
当x∈（1，+∞）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减
则f（x）_max=f（1）=1．
（2）f（f（x））=$\frac{ef（x）}{{e}^{f（x）}}=\frac{e\frac{ex}{{e}^{x}}}{e\frac{ex}{{e}^{x}}}=x$，若x=0，显然满足上式．若x≠0，方程等价于${e}^{2-x}={e}^{\frac{ex}{{e}^{x}}}$
故（x-2）e^x+ex=0，显然当x＜0时，（x-2）e^x+ex＜0
令g（x）=（x-2）e^x+ex（x＞0）g'（x）=（x-1）e^x+e
g'（x）＞0恒成立，故当x＞0时原方程由唯一根x=1．
综上，原方程得解为x=0或x=1
（3）由题意，f（x₁）=f（x₂），则$\frac{e{x}_{1}}{{e}^{{x}_{1}}}=\frac{e{x}_{2}}{{e}^{{x}_{2}}}$，不妨设0＜x₁＜x₂，则${x}_{1}{e}^{{x}_{2}}={x}_{2}{e}^{{x}_{1}}$，则x₁+lnx₂=x₂+lnx1，即$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}=1$
f'（x）=e$\frac{（1-x）}{{e}^{x}}$，欲证f'（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＜0，只需证$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}＞1$
只需证：$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}＜\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，只需证：$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{x}_{1}+{x}_{2}}＜\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{2}$
只需证：$\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}＜\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{2}$，令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，h（t）=$\frac{t-1}{t+1}-\frac{1}{2}lnt，t∈（1，+∞）$
h'（t）=$\frac{2}{（t+1）^{2}}-\frac{1}{2t}=\frac{-（t-1）^{2}}{2t（t+1）^{2}}＜0$，当t∈（1，+∞）恒成立．故h（t）在t∈（1，+∞）单调递减，故h（t）＜h（1）=0，所以原命题成立．

点评 本题主要考查了函数导数在求极值中得应用和证明题中得应用，属于难度较大的题型，高考经常涉及．