Question

已知函数f(x)=

1

2

e2x-e(ex+e-x)-x．
（1）求函数f（x）的极值．（2）是否存在正整数a，使得方程f(x)=

f(-a)+f(a)

2

在区间[-a，a]上有三个不同的实根，若存在，试确定a的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析：（I）对函数求导整理可得，f′(x)=

1

ex

(ex-e)(ex-1)(ex+1)，分别令y′＞0，y′＜0，求出函数的单调区间，进一步求函数的极值．
（II）结合（I ）可知a=1不符合条件，
a令e^a+e^-a=t，
a=2时，从而可把g（a）=

f(a)+f(-a)

2

转化为关于t的二次函数，结合二次函数的图象进行判断
当a≥3，结合t的范围可判断函数g（a）在a≥3时单调递增

f(a)+f(-a)

2

≥

g(3)+g(-3)

2

＞f（0），结合函数的图象可判断．
（法二）构造函数h（x）=f（x）-

f(a)+f(-a)

2

，结合函数f（x）的条件，判断函数g（x）的单调性及极值点，由零点判定定理可得函数g（x）在[-a，a]上存在零点，只有当h（0）＞0，h（1）＜0时才有可能出现三个零点．类比法一求解．

解答：解：（I）由题意得f′（x）=e^2x-e（e^x-e^-x）-（12分）=

1

ex

(ex-e)(ex-1)(ex+1)，（3分）
则当e^x＜1或e^x＞e即x＜0或x＞1时f′（x）＞0，
当1＜e^x＜e即0＜x＜1时f′（x）＜0，
故函数f（x）在（-∞，0）与（1，+∞）上为增函数，在（0，1）上为减函数，（5分）
则它的极大值为f(0)=

1

2

-2e，极小值为f(1)=-

1

2

e2-2．（7分）

（II）当a=1时，由（I）可知方程f(x)=

f(-a)+f(a)

2

在区间[-a，a]上最多只有两个根，故不符合题意．（9分）
又

f(-a)+f(a)

2

=

1

4

(e2a+e-2a)-e(ea+e-a)，
设e^a+e^-a=t，则e^2a+e^-2a=t²-2，
设g(a)=

f(-a)+f(a)

2

=

1

4

t2-et-

1

2

=

1

4

(t-2e)2-e2-

1

2

，（11分）
当a=2时，g(2)-f(1)=

1

4

[(e2+e-2-2e)2-2e2+6]＜0，（这里可利用e≈2.7近似估算得出）
则方程f(x)=

f(-a)+f(a)

2

在区间[-a，a]上最多只有一个根．（13分）
当a≥3时，t=e^a+e^-a在a∈[3，+∞）上是增函数，
又t＞2e，则g（a）在a∈[3，+∞）上是增函数，则

f(-a)+f(a)

2

≥

f(-3)+f(3)

2

＞f(0)，
则方程f(x)=

f(-a)+f(a)

2

在区间[-a，a]上最多只有一个根．
故不存在正整数a，使得方程f(x)=

f(-a)+f(a)

2

在区间[-a，a]上有三个不同的实根．（15分）
解法2：设h(x)=f(x)-

f(-a)+f(a)

2

，则函数h（x）与f（x）具有相同的单调性，且h（x）的极大值为h（0），极小值为h（1），又h(-a)h(a)=-

1

4

[f(a)-f(-a)]2≤0，则h（x）区间[-a，a]上一定有零点，只有当h（0）＞0，h（1）＜0时才有可能出现三个零点，下面对正整数a进行讨论与验证（同上）．

点评：本题考查了函数的极值的求解及函数性质的综合运用，解决此类问题，要求考生熟练掌握函数的相关性质，更重要的是要运用这些性质进行推理论证，分析问题、解决问题．解题中要注意体会函数与方程的相互转化及数形结合的运用．