Question

15．已知函数f（x）=$\frac{{e}^{x}}{x+1}$（ e是自然对数的底数）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）当x₁≠x₂，f（x₁）=f（x₂）时，证明：x₁+x₂＞0．

Answer 1

分析 （1）先求出函数的导数，通过解关于导函数的不等式，从而求出函数的单调区间；
（2）由题意得：若f（x₁）=f（x₂），x₁≠x₂，则必有x₁，x₂∈（-1，+∞），不妨设x₁∈（-1，0），x₂∈（0，+∞），若证x₁+x₂＞0，即证x₂＞-x₁＞0，只需证：f（x₂）＞f（-x₁），即证明$g（x）=\frac{e^x}{x+1}-\frac{{{e^{-x}}}}{1-x}＞0$在x∈（-1，0）上恒成立，通过讨论g（x）的单调性即可证明．

解答 解：（1）由f（x）=$\frac{{e}^{x}}{x+1}$（x≠-1）得：$f'（x）=\frac{{x{e^x}}}{{{{（x+1）}^2}}}$，x≠-1，
令f′（x）＞0得：x＞0，令f′（x）＜0得：x＜0，x≠-1，
所以函数f（x）的单调增区间为（0，+∞），单调减区间为（-∞，-1），（-1，0）．
（2）由（1）知，当x∈（-∞，-1）时，f（x）＜0；当x∈（-1，+∞）时，f（x）＞0，
则f（x）在（-1，0）为减函数，在（0，+∞）为增函数，
若f（x₁）=f（x₂），x₁≠x₂，则必有x₁，x₂∈（-1，+∞），
不妨设x₁∈（-1，0），x₂∈（0，+∞）．
若证x₁+x₂＞0，即证x₂＞-x₁＞0，只需证：f（x₂）＞f（-x₁）
即：f（x₁）＞f（-x₁），设g（x）=f（x）-f（-x），x∈（-1，0），
即$g（x）=\frac{e^x}{x+1}-\frac{{{e^{-x}}}}{1-x}＞0$在x∈（-1，0）上恒成立，
即（1-x）e^2x-（1+x）＞0．
设h（x）=（1-x）e^2x-（1+x），x∈（-1，0）h′（x）=e^2x（1-2x）-1，（h′（x）′=-4xe^2x＞0，
∴h′（x）是（-1，0）上的增函数，故h′（x）＜h′（0）=0，
∴h（x）是（-1，0）上是减函数，故h（x）＞h（0）=0，所以原命题成立．

点评 本题考察了函数的单调性，导数的应用，考察函数恒成立问题，通过证明$g（x）=\frac{e^x}{x+1}-\frac{{{e^{-x}}}}{1-x}＞0$在x∈（-1，0）上恒成立是解答（2）的关键，本题是一道难题．