Question

3．已知函数f（x）=e^x-e^-x-xlna．
（1）若f（x）在R上单调递增，求实数a的取值范围；
（2）讨论f（x）的零点个数．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，得到e^x+e^-x≥lna恒成立，结合基本不等式的性质，从而求出a的范围即可；
（2）通过讨论a的范围，结合函数的单调性求出函数的零点的个数即可．

解答 解：（1）由题意得：f′（x）=e^x+e^-x-lna≥0对x∈R恒成立，
即e^x+e^-x≥lna恒成立，
而e^x+e^-x≥2$\sqrt{{e}^{x}{•e}^{-x}}$=2，（当且仅当x=0时“=”成立），
∴lna≤2，故0＜a≤e²，
故a的范围是（0，e²]；
（2）0＜a≤e²时：由（1）得f（x）在R递增，f（x）至多有1个零点，
∵f（0）=0，∴0＜a≤e²时，f（x）有且只有一个零点x₀=0，
a＞e²时，先考察x＞0时函数f（x）的零点个数，
由（1）f′（x））=e^x+e^-x-lna，
记ω（x）=）=e^x+e^-x-lna，x＞0，则ω′（x）=）=e^x-e^-x＞0，
∴ω（x）在（0，+∞）单调递增，
∵a＞e²，∴f′（0）=2-lna＜0，
又ω（ln（lna））=e^{ln（lna））}+e^{-ln（lna））}-lna=$\frac{1}{lna}$＞0，
即f′（ln（lna））＞0，
∴存在x₀∈（0，ln（lna）），使得f′（x₀）=0，
∴当0＜x＜x₀时，有f′（x）＜0，当x＞x₀时，有f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上有极小值f（x₀），且f（x₀）＜f（0）=0，
以下先证明对任意x＞0，x＞lnx，
令t（x）=x-lnx，则t′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$，
得x＞1时，t′（x）＞0，0＜x＜1时，t′（x）＜0，
∴t（x）_min=t（1）=1＞0，
∴x-lnx＞0成立，即x＞lnx，
取x=3lna，则f（3lna）=e^3lna-e^-3lna-3（lna）²=a³-3（lna）²-$\frac{1}{{a}^{3}}$＞a³-3a²-$\frac{1}{{a}^{3}}$=a²（a-3）-$\frac{1}{{a}^{3}}$，
∵a＞e²＞4，∴a²（a-3）-$\frac{1}{{a}^{3}}$＞0，即f（3lna）＞0，f（x）在（x₀，3lna）上存在零点，
∵f（x）在（x₀，+∞）单调递增，∴f（x）在（x₀，+∞）上存在唯一零点，
另f（-x）=-f（x），f（x）在R上是奇函数，
根据函数的对称性得f（x）在（-∞，-x₀）上也存在唯一零点，
∵f（0）=0，∴a＞e²时，函数f（x）有3个零点，
综上，0＜a≤e²时，f（x）有且只有一个零点，a＞e²时，函数f（x）有3个零点．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查函数的零点问题，利用导数求函数的极值，以及利用导数求函数在闭区间上的最值，熟练掌握导数的性质是解本题的关键．