Question

【題目】已知函數f(x)＝ex＋e－x，其中e是自然對數的底數．

（1）證明：f(x)是R上的偶函數；

（2）若關于x的不等式mf(x)≤e－x＋m－1在(0，＋∞)上恒成立，求實數m的取值范圍；

（3）已知正數a滿足：存在x0∈[1，＋∞)，使得f(x0)<a(－＋3x0)成立．試比較ea－1與ae－1的大小，并證明你的結論．

Answer 1

【答案】（1）見解析（2）m的取值范圍是[－∞，－.]（3）見解析

【解析】

（1）根據函數奇偶性的定義即可證明f(x)是R上的偶函數；

（2）利用參數分離法，將不等式mf(x)≤e－x＋m－1在(0，＋∞)上恒成立轉化為求最值問題，即可求實數m的取值范圍；

（3）構造函數，利用函數的單調性，最值與單調性之間的關系，分類討論即可得解.

解析： (1) 因為對任意x∈R，

都有f(－x)＝e－x＋e－(－x)＝e－x＋ex＝f(x)，

所以f(x)是R上的偶函數．

(2) 由條件知m(ex＋e－x－1)≤e－x－1在(0，＋∞)上恒成立．

令t＝ex(x>0)，則t>1，所以m≤－＝－對任意t>1成立．

因為，所以－≥－，

當且僅當t＝2，即x＝ln2時等號成立．

因此實數m的取值范圍是(－∞，－).

(3) 令函數g(x)＝ex＋－a(－x3＋3x)，則g′(x)＝ex－＋3a(x2－1)．

當x≥1時，ex－>0，x2－1≥0.

又a>0，故g′(x)>0，所以g(x)是[1，＋∞)上的單調增函數，

因此g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝e＋e－1－2a.

由于存在x0∈[1，＋∞)，使ex0＋e－x0－a(－＋3x0)<0成立，

當且僅當最小值g(1)<0.

故e＋e－1－2a<0，即a>.

解法1：令函數h(x)＝x－(e－1)lnx－1，則h′(x)＝1－.

令h′(x)＝0，得x＝e－1.

當x∈(0，e－1)時，h′(x)<0，故h(x)在(0，e－1)上是單調減函數；當x∈(e－1，＋∞)時，h′(x)>0，故h(x)在(e－1，＋∞)上是單調增函數．

所以h(x)在(0，＋∞)上的最小值是h(e－1)．

注意到h(1)＝h(e)＝0，在區間(0,1)和(e，＋∞)上，h(x)>0；在區間(1，e)上，h(x)<0.

①當a∈，e(1，e)時，h(a)<0，即a－1<(e－1)lna，從而ea－1<ae－1；

②當a＝e時，ea－1＝ae－1；

③當a∈(e，＋∞)(e－1，＋∞)時，h(a)>h(e)＝0，即a－1>(e－1)lna，故ea－1>ae－1.

綜上所述，當a∈，e時，ea－1<ae－1；

當a＝e時，ea－1＝ae－1；

當a∈(e，＋∞)時，ea－1>ae－1.

解法2：由于ea－1與ae－1均為正數，同取自然底數的對數，

即比較(a－1)lne與(e－1)lna的大小，即比較與的大小.

構造函數h(x)＝，則h′(x)＝

設m(x)＝1－－lnx，則m′(x)＝.

令m′(x)＝0，得x＝1.當x>1時，m′(x)<0；當0<x<1時，m′(x)>0.所以m(x)在(1，＋∞)上單調遞減，此時m(x)<m(1)＝0，

所以h′(x)<0在(1，＋∞)上恒成立，所以h(x)＝在(1，＋∞)上單調遞減．

所以當<a<e時，ae－1>ea－1；當a＝e時，ea－1＝ae－1；當a>e時，ae－1<ea－1.

解法3 因為ae－1＝e(e－1)lna，所以＝e(e－1)lna－(a－1)，故只要比較a－1與(e－1)lna的大小.

令h(x)＝(e－1)lnx－(x－1)，那么h′(x)＝－1.

令h′(x)＝0，得x＝e－1.

當x>e－1時，h′(x)<0；當0<x<e－1時，h′(x)>0.

所以h(x)在(0，e－1)上是增函數；在(e－1，＋∞)上是減函數．

又h(e)＝0，h(1)＝0，則h(e－1)>0，h()>0.那么當<a<e時，h(a)>0，所以eh(a)>1，所以ae－1>ea－1；當a＝e時，h(a)＝0，所以ea－1＝ae－1；當a>e時，h(a)<0，所以0<eh(a)<1，所以ae－1<ea－1.

綜上所述，當<a<e時，ae－1>ea－1；當a＝e時，ea－1＝ae－1；當a>e時，ae－1<ea－1.