Question

已知函数f（x）= 1-x 1+ x 2 e x ．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）证明：当f（x 1

已知函数f（x）= 1-x 1+ x 2 e x ．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）证明：当f（x 1 ）=f（x 2 ）（x 1 ≠x 2 ）时，x 1 +x 2 ＜0．

Answer 1

（I）易知函数的定义域为R． f ′ (x)=( 1-x 1+ x 2 ) ′ e x + 1-x 1+ x 2 e x = x 2 -2x-1 (1+ x 2 ) 2 e x + 1-x 1+ x 2 e x = -x[(x-1 ) 2 +2] (1+ x 2 ) 2 e x ， 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），单调递减区间为（0，+∞）． （II）当x＜1时，由于 1-x 1+ x 2 ＜0 ，e x ＞0，得到f（x）＞0；同理，当x＞1时，f（x）＜0． 当f（x 1 ）=f（x 2 ）（x 1 ≠x 2 ）时，不妨设x 1 ＜x 2 ． 由（I）可知：x 1 ∈（-∞，0），x 2 ∈（0，1）． 下面证明：?x∈（0，1），f（x）＜f（-x），即证 1-x 1+ x 2 e x ＜ 1+x 1+ x 2 e -x ．此不等式等价于 (1-x) e x - 1+x e x ＜0 ． 令g（x）= (1-x) e x - 1+x e 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 (1-x) e x - 1+x e x ＜0 ． ∴?x∈（0，1），f（x）＜f（-x）． 而x 2 ∈（0，1），∴f（x 2 ）＜f（-x 2 ）． 从而，f（x 1 ）＜f（-x 2 ）． 由于x 1 ，-x 2 ∈（-∞，0），f（x）在（-∞，0）上单调递增， ∴x 1 ＜-x 2 ，即x 1 +x 2 ＜0．