Question

【題目】已知函數f（x）=-x2+ef′（）x．

（Ⅰ）求f（x）的單調區間；

（Ⅱ）若存在x1，x2（x1＜x2），使得f（x1）+f（x2）=1，求證：x1+x2＜2．

Answer 1

【答案】（Ⅰ）在R上單調遞增；（Ⅱ）見解析

【解析】

（I）f′（x）=e2（x-1）-2x+ef′（）．令x=，則f′（）=-1+ef′（），解得f′（），進而得出函數f（x）的單調性．

（II）由（I）可得：函數f（x））=-x2+x在R上單調遞增．要證明：x1+x2＜2x1＜2-x2f（x1）＜f（2-x2），又f（x1）+f（x2）=1，因此f（x1）＜f（2-x2）1-f（x2）＜f（2-x2），即f（x2）+f（2-x2）-1＞0，f（1）=-1+1=，則x1＜1＜x2．令g（x）=f（2-x）+f（x）-1=+-2x2+4x-2，x＞1，g（1）=0．利用導數研究其單調性即可證明結論．

（I）f′（x）=e2（x-1）-2x+ef′（）．

令x=，則f′（）=-1+ef′（），解得f′（）=．

∴f′（x）=e2（x-1）-2x+1．f″（x）=2e2（x-1）-2=2（ex-1+1）（ex-1-1），

時單調遞增；時單調遞減，

∴x=1時，函數f′（x）取得極小值即最小值，∴f′（x）≥f′（1）=0，

∴函數f（x）在R上單調遞增．

（II）由（I）可得：函數f（x）=-x2+x在R上單調遞增．

要證明：x1+x2＜2x1＜2-x2f（x1）＜f（2-x2），

又f（x1）+f（x2）=1，因此f（x1）＜f（2-x2）1-f（x2）＜f（2-x2），

即f（x2）+f（2-x2）-1＞0，f（1）==，則x1＜1＜x2．

令g（x）=f（2-x）+f（x）-1=-（2-x）2+2-x+-x2+x=+-2x2+4x-2，x＞1，g（1）=0．g′（x）=-e2（1-x）+e2（x-1）-4x+4，

g″（x）=2e2（1-x）+2e2（x-1）-4≥0，∴g′（x）在（1，+∞）上單調遞增．

∴g′（x）＞g′（1）=0，∴函數g（x）在（1，+∞）上單調遞增．

∴g（x）＞g（1）=0，因此結論x1+x2＜2成立．