Question

3．已知函數(shù)f（x）=e^x-e^-x-xlna．
（1）若f（x）在R上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）討論f（x）的零點個數(shù)．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，得到e^x+e^-x≥lna恒成立，結(jié)合基本不等式的性質(zhì)，從而求出a的范圍即可；
（2）通過討論a的范圍，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性求出函數(shù)的零點的個數(shù)即可．

解答 解：（1）由題意得：f′（x）=e^x+e^-x-lna≥0對x∈R恒成立，
即e^x+e^-x≥lna恒成立，
而e^x+e^-x≥2$\sqrt{{e}^{x}{•e}^{-x}}$=2，（當且僅當x=0時“=”成立），
∴l(xiāng)na≤2，故0＜a≤e²，
故a的范圍是（0，e²]；
（2）0＜a≤e²時：由（1）得f（x）在R遞增，f（x）至多有1個零點，
∵f（0）=0，∴0＜a≤e²時，f（x）有且只有一個零點x₀=0，
a＞e²時，先考察x＞0時函數(shù)f（x）的零點個數(shù)，
由（1）f′（x））=e^x+e^-x-lna，
記ω（x）=）=e^x+e^-x-lna，x＞0，則ω′（x）=）=e^x-e^-x＞0，
∴ω（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，
∵a＞e²，∴f′（0）=2-lna＜0，
又ω（ln（lna））=e^{ln（lna））}+e^{-ln（lna））}-lna=$\frac{1}{lna}$＞0，
即f′（ln（lna））＞0，
∴存在x₀∈（0，ln（lna）），使得f′（x₀）=0，
∴當0＜x＜x₀時，有f′（x）＜0，當x＞x₀時，有f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上有極小值f（x₀），且f（x₀）＜f（0）=0，
以下先證明對任意x＞0，x＞lnx，
令t（x）=x-lnx，則t′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$，
得x＞1時，t′（x）＞0，0＜x＜1時，t′（x）＜0，
∴t（x）_min=t（1）=1＞0，
∴x-lnx＞0成立，即x＞lnx，
取x=3lna，則f（3lna）=e^3lna-e^-3lna-3（lna）²=a³-3（lna）²-$\frac{1}{{a}^{3}}$＞a³-3a²-$\frac{1}{{a}^{3}}$=a²（a-3）-$\frac{1}{{a}^{3}}$，
∵a＞e²＞4，∴a²（a-3）-$\frac{1}{{a}^{3}}$＞0，即f（3lna）＞0，f（x）在（x₀，3lna）上存在零點，
∵f（x）在（x₀，+∞）單調(diào)遞增，∴f（x）在（x₀，+∞）上存在唯一零點，
另f（-x）=-f（x），f（x）在R上是奇函數(shù)，
根據(jù)函數(shù)的對稱性得f（x）在（-∞，-x₀）上也存在唯一零點，
∵f（0）=0，∴a＞e²時，函數(shù)f（x）有3個零點，
綜上，0＜a≤e²時，f（x）有且只有一個零點，a＞e²時，函數(shù)f（x）有3個零點．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查函數(shù)的零點問題，利用導數(shù)求函數(shù)的極值，以及利用導數(shù)求函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，熟練掌握導數(shù)的性質(zhì)是解本題的關鍵．