已知函数f（x）=．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）证明：当f（x1）=f（x2）（x1≠x2）时，x1+x2＜0．试题及答案-单选题-云返教育

试题详情

已知函数f（x）=

．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）证明：当f（x₁）=f（x₂）（x₁≠x₂）时，x₁+x₂＜0．

见解析

（I）易知函数的定义域为R．

，
当x＜0时，f^′（x）＞0；当x＞0时，f^′（x）＜0．∴函数f（x）的单调递增区间为（-∞，0），单调递减区间???（0，+∞）．
（II）当x＜1时，由于

，e^x＞0，得到f（x）＞0；同理，当x＞1时，f（x）＜0．
当f（x₁）=f（x₂）（x₁≠x₂）时，不妨设x₁＜x₂．
由（I）可知：x₁∈（-∞，0），x₂∈（0，1）．
下面证明：?x∈（0，1），f（x）＜f（-x），即证

＜

．此不等式等价于

．
令g（x）=

，则g^′（x）=-xe^-x（e^2x-1）．
当x∈（0，1）时，g^′（x）＜0，g（x）单调递减，∴g（x）＜g（0）=0．
即

．
∴?x∈（0，1），f（x）＜f（-x）．
而x₂∈（0，1），∴f（x₂）＜f（-x₂）．
从而，f（x₁）＜f（-x₂）．
由于x₁，-x₂∈（-∞，0），f（x）在（-∞，0）上单调递增，
∴x₁＜-x₂，即x₁+x₂＜0．

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