题目内容
7．已知函数f（x）=$\frac{ex}{{e}^{x}}$（e为自然数的底数）．（1）是否存在正实数x使得f（1-x）=f（1+x），若存在，求出x，否则说明理由；
（2）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．
分析 （1）存在正实数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e2x=$\frac{1+x}{1-x}$，进一步说明x＞1，0＜x＜1时不成立；
（2）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）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e2x=$\frac{1+x}{1-x}$，
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e2x＜$\frac{1+x}{1-x}$，
故不存在正实数x，使得f（1-x）=f（1+x）；
（2）证明：由于存在不等实数x1、x2，使得f（x1）=f（x2），
即为$\frac{e{x}_{1}}{{e}^{{x}_{1}}}=\frac{e{x}_{2}}{{e}^{{x}_{2}}}$，即$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}={e}^{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
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，属于中档题．
