Question

7．已知函数f（x）=xe^-x+1．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）是否存在实数x，使得f（1-x）=f（x+1）？若存在，求出x的值；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）求出导数，令导数大于0，得增区间，令导数小于0，得减区间；
（2）假设存在实数x，使得f（1-x）=f（x+1），化简整理，可得x=0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）函数f（x）=xe^-x+1的导数为f′（x）=（1-x）e^1-x，
f′（x）＞0可得x＜1，f′（x）＜0可得x＞1，
则f（x）的增区间为（-∞，1）；减区间为（1，+∞）；
（2）假设存在实数x，使得f（1-x）=f（x+1），
即有（1-x）e^x=（1+x）e^-x，即e^2x=$\frac{1+x}{1-x}$，
显然x=0时，上式成立；
当x＞1时，显然不成立，
由$\frac{1+x}{1-x}$＞0可得-1＜x＜1，
由e^2x＞$\frac{1+x}{1-x}$在（-1，0）成立，由e^2x＜$\frac{1+x}{1-x}$在（0，1）成立，
故存在实数x=0，使得f（1-x）=f（x+1）；
（3）证明：由于存在不等实数x₁、x₂，使得f（x₁）=f（x₂），
即为x₁${e}^{1-{x}_{1}}$=x₂${e}^{1-{x}_{2}}$，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′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=（1-$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）${e}^{1-\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$＜0，
即为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．