题目内容
已知函数 f（x）=
，
（Ⅰ）求函数 f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若方程 f（x）=m有且只有一个解，求实数m的取值范围；
（Ⅲ）当x1≠x2且x1，x2∈（-∞，2]时，若有f（x1）=f（x2），求证：x1+x2＞0．
| x2 |
| ex |
（Ⅰ）求函数 f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若方程 f（x）=m有且只有一个解，求实数m的取值范围；
（Ⅲ）当x1≠x2且x1，x2∈（-∞，2]时，若有f（x1）=f（x2），求证：x1+x2＞0．
考点：利用导数研究函数的单调性
专题：计算题,证明题,导数的综合应用
分析：（Ⅰ）求导f′（x）=
=
，从而判断导数的正负，再确定函数的单调区间；
（Ⅱ）求出函数的极值，结合函数的图象，从而求实数m的取值范围；
（Ⅲ）由题意，不妨设x1＜0＜x2，则可得
=
，从而化简出
=ex2•e-x1，从而证明．
| 2x-x2 |
| ex |
| x(2-x) |
| ex |
（Ⅱ）求出函数的极值，结合函数的图象，从而求实数m的取值范围；
（Ⅲ）由题意，不妨设x1＜0＜x2，则可得
| x12 |
| ex1 |
| ||
| ex2 |
| ||
|
解答：
解：（Ⅰ）f′（x）=
=
，
当x＜0或x＞2时，f′（x）＜0，当0＜x＜2时，f′（x）＞0；
故函数 f（x）的单调增区间为（0，2），
单调减区间为（-∞，0），（2，+∞）；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f极小值（x）=f（0）=0；
f极大值（x）=f（2）=
；结合函数图象可知，
m＞
或m=0时，方程 f（x）=m有且只有一个解，
即实数m的取值范围为m＞
或m=0；
（Ⅲ）证明：
由题意，不妨设x1＜0＜x2，
则由f（x1）=f（x2）可得，
=
，
则
=ex2•e-x1，
∵x1＜0＜x2，
∴-x1＞0，
∴ex2•e-x1＞1，
∴(
)2＞1，
∴
＞1，
即x2＞-x1，
即x1+x2＞0．
| 2x-x2 |
| ex |
| x(2-x) |
| ex |
当x＜0或x＞2时，f′（x）＜0，当0＜x＜2时，f′（x）＞0；
故函数 f（x）的单调增区间为（0，2），
单调减区间为（-∞，0），（2，+∞）；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f极小值（x）=f（0）=0；
f极大值（x）=f（2）=
| 4 |
| e2 |
m＞
| 4 |
| e2 |
即实数m的取值范围为m＞
| 4 |
| e2 |
（Ⅲ）证明：
由题意，不妨设x1＜0＜x2，
则由f（x1）=f（x2）可得，
| x12 |
| ex1 |
| ||
| ex2 |
则
| ||
|
∵x1＜0＜x2，
∴-x1＞0，
∴ex2•e-x1＞1，
∴(
| x2 |
| -x1 |
∴
| x2 |
| -x1 |
即x2＞-x1，
即x1+x2＞0．
点评：本题考查了导数的综合应用，同时考查了不等式的证明，属于难题．
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