Question

【题目】已知函数f（x）=-x2+ef′（）x．

（Ⅰ）求f（x）的单调区间；

（Ⅱ）若存在x1，x2（x1＜x2），使得f（x1）+f（x2）=1，求证：x1+x2＜2．

Answer 1

【答案】（Ⅰ）在R上单调递增；（Ⅱ）见解析

【解析】

（I）f′（x）=e2（x-1）-2x+ef′（）．令x=，则f′（）=-1+ef′（），解得f′（），进而得出函数f（x）的单调性．

（II）由（I）可得：函数f（x））=-x2+x在R上单调递增．要证明：x1+x2＜2x1＜2-x2f（x1）＜f（2-x2），又f（x1）+f（x2）=1，因此f（x1）＜f（2-x2）1-f（x2）＜f（2-x2），即f（x2）+f（2-x2）-1＞0，f（1）=-1+1=，则x1＜1＜x2．令g（x）=f（2-x）+f（x）-1=+-2x2+4x-2，x＞1，g（1）=0．利用导数研究其单调性即可证明结论．

（I）f′（x）=e2（x-1）-2x+ef′（）．

令x=，则f′（）=-1+ef′（），解得f′（）=．

∴f′（x）=e2（x-1）-2x+1．f″（x）=2e2（x-1）-2=2（ex-1+1）（ex-1-1），

时单调递增；时单调递减，

∴x=1时，函数f′（x）取得极小值即最小值，∴f′（x）≥f′（1）=0，

∴函数f（x）在R上单调递增．

（II）由（I）可得：函数f（x）=-x2+x在R上单调递增．

要证明：x1+x2＜2x1＜2-x2f（x1）＜f（2-x2），

又f（x1）+f（x2）=1，因此f（x1）＜f（2-x2）1-f（x2）＜f（2-x2），

即f（x2）+f（2-x2）-1＞0，f（1）==，则x1＜1＜x2．

令g（x）=f（2-x）+f（x）-1=-（2-x）2+2-x+-x2+x=+-2x2+4x-2，x＞1，g（1）=0．g′（x）=-e2（1-x）+e2（x-1）-4x+4，

g″（x）=2e2（1-x）+2e2（x-1）-4≥0，∴g′（x）在（1，+∞）上单调递增．

∴g′（x）＞g′（1）=0，∴函数g（x）在（1，+∞）上单调递增．

∴g（x）＞g（1）=0，因此结论x1+x2＜2成立．