Question

11．已知函数f（x）=e^x-x+a，g（x）=e^-x+x+a²，a∈R．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若存在x∈[0，2]，使得f（x）-g（x）＜0成立，求a的取值范围；
（3）设x₁，x₂（x₁≠x₂）是函数f（x）的两个零点，求证x₁+x₂＜0．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）记F（x）=f（x）-g（x），求出函数的导数，确定函数的单调区间，求出F（x）的最小值，从而求出a的范围；
（3）作差得到函数h（x）=e^x-e^-x-2x（x≥0），求出h（x）的导数，从而判断结论．

解答 解：（1）f′（x）=e^x-1…（1分）
令f′（x）＞0，得x＞0，则f（x）的单调递增区间为（0，+∞）；…（2分）
令f′（x）＜0，得x＜0，则f（x）的单调递减区间为（-∞，0）．…（3分）
（2）记F（x）=f（x）-g（x），
则F（x）=e^x-e^-x-2x+a-a²，F′（x）=e^x+e^-x-2…（4分）
∵${e^x}+{e^{-x}}-2≥2\sqrt{{e^x}×{e^{-x}}}-2=2-2=0$，
∴F′（x）≥0，
∴函数F（x）为（-∞，+∞）上的增函数，…（5分）
∴当x∈[0，2]时，F（x）的最小值为F（0）=a-a²…（6分）
∵存在x∈[0，2]，使得f（x）-g（x）＜0成立，
∴F_min（x）＜0…（7分）
即a-a²＜0，解得a＞1或a＜0即为所求．…（8分）
（3）证明：由（1）可知，x=0是函数f（x）的极小值点，也是最小值点，即最小值为f（0）=a，
显然只有a＜0时，函数f（x）有两个零点，设x₁＜x₂，易知，x₁＜0，x₂＞0．…（9分）
∵f（x₁）-f（-x₂）=f（x₂）-f（-x₂）
=$（{{e^{x_2}}-{x_2}+a}）-（{{e^{-{x_2}}}+{x_2}+a}）={e^{x_2}}-{e^{-{x_2}}}-2{x_2}$，…（10分）
令h（x）=e^x-e^-x-2x（x≥0），
由（2）可知h（x）在[0，+∞）上单调递增，…（11分）
∴h（x）≥h（0）=0，又∵x₁＜0＜x₂，
∴h（x₂）＞0，
即${e^{x_2}}-{e^{-{x_2}}}-2{x_2}＞0$…（12分）
∴f（x₁）＞f（-x₂），又∵x₁＜0，-x₂＜0，…（13分）
且由（1）知f（x）在（-∞，0）上单调递减，
∴x₁＜-x₂，∴x₁+x₂＜0．…（14分）

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查不等式的证明，是一道综合题．