Question

已知函數(shù)f（x）=ae^x+x²-ax，a為實(shí)常數(shù)．
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）求不等式f（x）＞f（-x）的解集；
（2）設(shè)斜率為k的直線與f（x）的圖象交于A、B兩點(diǎn)，其橫坐標(biāo)分別為x₁，x₂，若f′（x₀）=k，求證：x₀＞

x1+x2

2

．

Answer 1

分析：（1）先求函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)f′（x），并將其因式分解，便于解不等式，再由f′（x）＞0，得函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間，由f′（x）＜0，得函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間；
（2）先設(shè)F（x）=f（x）-f（-x）=a（e^x-e^-x-2x），將解不等式的問題轉(zhuǎn)化為研究函數(shù)的最值問題．利用導(dǎo)數(shù)工具得出F（x）在R是增函數(shù)，從而求出不等式f（x）＞f（-x）的解集；
（3）根據(jù)直線的斜率公式得f′（x₀）=k，再計(jì)算出f′（

x1+x2

2

），作差f′（x₀）-f′（

x1+x2

2

）=

a(ex2-ex1)

x2-x1

-ae 

x1+x2

2

，設(shè)t=

x1+x2

2

，再作商

a(ex2-ex1)

x2-x1

÷（ae 

x1+x2

2

）=

et-e-t

2t

，最后利用（1）（2）中的結(jié)論即可證出結(jié)論．

解答：解：（1）f′（x）=ae^x+2x-a．設(shè)g（x）=ae^x+2x-a，
則g′（x）=ae^x+2＞0恒成立，故g（x）在R上是增函數(shù)，
即f′（x）是增函數(shù)，
又f′（0）=a-a=0，
∴當(dāng)x＜0；由f′（x）＜0，當(dāng)x＞0；由f′（x）＞0，
∴f（x）的單調(diào)增區(qū)間（0，+∞），單調(diào)減區(qū)間（-∞，0）；
（2）設(shè)F（x）=f（x）-f（-x）=a（e^x-e^-x-2x），則F′（x）=a（e^x+e^-x-2），
∵a＞0，e^x+e^-x≥2，∴F′（x）≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)取等號(hào)，
所以F（x）在R是增函數(shù)，且F（0）=0，
∴F（x）＞0?x∈（0，+∞），
∴不等式f（x）＞f（-x）的解集（0，+∞）；
（3）由題意知，f′（x₀）=k=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

=

a(ex2-ex1)

x2-x1

+（x₂+x₁）-a，
f′（

x1+x2

2

）=ae 

x1+x2

2

+（x₂+x₁）-a，
∴f′（x₀）-f′（

x1+x2

2

）=

a(ex2-ex1)

x2-x1

-ae 

x1+x2

2

，
設(shè)t=

x1+x2

2

，則

a(ex2-ex1)

x2-x1

÷（ae 

x1+x2

2

）=

et-e-t

2t

，
當(dāng)t＞0時(shí)，由（2）知，e^t-e^-t-2t＞0，∴

et-e-t

2t

＞1，
當(dāng)t＜0時(shí)，由（2）知，e^t-e^-t-2t＜0，∴

et-e-t

2t

＞1，
即

a(ex2-ex1)

x2-x1

＞ae 

x1+x2

2

，
∴f′（x₀）-f′（

x1+x2

2

）＞0，
又由（1）知，f′（x）是增函數(shù)，
∴x₀＞

x1+x2

2

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的方法，已知函數(shù)的單調(diào)區(qū)間求參數(shù)范圍的方法，體現(xiàn)了導(dǎo)數(shù)在函數(shù)單調(diào)性中的重要應(yīng)用；不等式恒成立問題的解法，轉(zhuǎn)化化歸的思想方法