Question

12．已知函数f（x）=e^x-ax，其中a∈R，e=2.71828…为自然对数的底数．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若a=1，证明：当x₁≠x₂，且f（x₁）=f（x₂）时，x₁+x₂＜0．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）将a=1代入f（x）得到函数的单调性，构造函数$F（x）=f（x）-f（-x）={e^x}-x-（{e^{-x}}+x）={e^x}-\frac{1}{e^x}-2x，x＜0$，通过研究函数的单调性求出f（x₂）＜f（-x₁），从而证出结论即可．

解答 解：（1）f（x）=e^x-ax的定义域为（-∞，+∞），f′（x）=e^x-a，
①当a≤0时，f′（x）＞0在x∈（-∞，+∞）时成立，
∴f（x）在（-∞，+∞）上单调递增．
②当a＞0时，由f′（x）=e^x-a=0，解得x=lna，
当x变化时，f′（x），f（x）变化情况如下表：

x	（-∞，lna）	lna	（lna，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	单调递减	极小值	单调递增

综上所述：当a≤0时，f（x）在（-∞，+∞）上单调递增；
当a＞0，f（x）在（lna，+∞）上单调递增，在（-∞，lna）上单调递减．
（2）当a=1时，f（x）=e^x-x的定义域为（-∞，+∞），f′（x）=e^x-1，
由f′（x）=e^x-1=0，解得x=0．
当x变化时，f′（x），f（x）变化情况如下表：

x	（-∞，0）	0	（0，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	单调递减	极小值	单调递增

∵x₁≠x₂，且f（x₁）=f（x₂），则x₁＜0＜x₂（不妨设x₁＜x₂）．
设函数$F（x）=f（x）-f（-x）={e^x}-x-（{e^{-x}}+x）={e^x}-\frac{1}{e^x}-2x，x＜0$，
∴${F^'}（x）={e^x}+\frac{1}{e^x}-2$，
∵当x＜0时，0＜e^x＜1，∴${e^x}+\frac{1}{e^x}＞2$，
∴当x＜0时，F′（x）＞0，
∴函数F（x）在（-∞，0）上单调递增；
∴F（x）＜F（0）=0，即当x＜0时，f（x）＜f（-x），
∵x₁＜0，∴f（x₁）＜f（-x₁），
又f（x₁）=f（x₂），∴f（x₂）＜f（-x₁）．
∵f（x）在（0，+∞）上单调递增，
0＜x₂，且0＜-x₁，又f（x₂）＜f（-x₁），
∴x₂＜-x₁，
∴x₁+x₂＜0．

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道中档题．