Question

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．

Answer

（I）利用导数的运算法则求出f′（x），分别解出f′（x）＞0与f′（x）＜0的x取值范围即可得到单调区间；
（II）当f（x1）=f（x2）（x1≠x2）时，不妨设x1＜x2．由（I）可知：x1∈（-∞，0），x2∈（0，1）．利用导数先证明：∀x∈（0，1），f（x）＜f（-x）．而x2∈（0，1），可得f（x2）＜f（-x2）．即f（x1）＜f（-x2）．由于x1，-x2∈（-∞，0），f（x）在（-∞，0）上单调递增，因此得证．
【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），单调递减区间为（0，+∞）．
（II）当x＜1时，由于，ex＞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（e2x-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．