Question

已知函數f(x)=

1

2

e2x-e(ex+e-x)-x．
（1）求函數f（x）的極值．（2）是否存在正整數a，使得方程f(x)=

f(-a)+f(a)

2

在區間[-a，a]上有三個不同的實根，若存在，試確定a的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（I）對函數求導整理可得，f′(x)=

1

ex

(ex-e)(ex-1)(ex+1)，分別令y′＞0，y′＜0，求出函數的單調區間，進一步求函數的極值．
（II）結合（I ）可知a=1不符合條件，
a令e^a+e^-a=t，
a=2時，從而可把g（a）=

f(a)+f(-a)

2

轉化為關于t的二次函數，結合二次函數的圖象進行判斷
當a≥3，結合t的范圍可判斷函數g（a）在a≥3時單調遞增

f(a)+f(-a)

2

≥

g(3)+g(-3)

2

＞f（0），結合函數的圖象可判斷．
（法二）構造函數h（x）=f（x）-

f(a)+f(-a)

2

，結合函數f（x）的條件，判斷函數g（x）的單調性及極值點，由零點判定定理可得函數g（x）在[-a，a]上存在零點，只有當h（0）＞0，h（1）＜0時才有可能出現三個零點．類比法一求解．

解答：解：（I）由題意得f′（x）=e^2x-e（e^x-e^-x）-（12分）=

1

ex

(ex-e)(ex-1)(ex+1)，（3分）
則當e^x＜1或e^x＞e即x＜0或x＞1時f′（x）＞0，
當1＜e^x＜e即0＜x＜1時f′（x）＜0，
故函數f（x）在（-∞，0）與（1，+∞）上為增函數，在（0，1）上為減函數，（5分）
則它的極大值為f(0)=

1

2

-2e，極小值為f(1)=-

1

2

e2-2．（7分）

（II）當a=1時，由（I）可知方程f(x)=

f(-a)+f(a)

2

在區間[-a，a]上最多只有兩個根，故不符合題意．（9分）
又

f(-a)+f(a)

2

=

1

4

(e2a+e-2a)-e(ea+e-a)，
設e^a+e^-a=t，則e^2a+e^-2a=t²-2，
設g(a)=

f(-a)+f(a)

2

=

1

4

t2-et-

1

2

=

1

4

(t-2e)2-e2-

1

2

，（11分）
當a=2時，g(2)-f(1)=

1

4

[(e2+e-2-2e)2-2e2+6]＜0，（這里可利用e≈2.7近似估算得出）
則方程f(x)=

f(-a)+f(a)

2

在區間[-a，a]上最多只有一個根．（13分）
當a≥3時，t=e^a+e^-a在a∈[3，+∞）上是增函數，
又t＞2e，則g（a）在a∈[3，+∞）上是增函數，則

f(-a)+f(a)

2

≥

f(-3)+f(3)

2

＞f(0)，
則方程f(x)=

f(-a)+f(a)

2

在區間[-a，a]上最多只有一個根．
故不存在正整數a，使得方程f(x)=

f(-a)+f(a)

2

在區間[-a，a]上有三個不同的實根．（15分）
解法2：設h(x)=f(x)-

f(-a)+f(a)

2

，則函數h（x）與f（x）具有相同的單調性，且h（x）的極大值為h（0），極小值為h（1），又h(-a)h(a)=-

1

4

[f(a)-f(-a)]2≤0，則h（x）區間[-a，a]上一定有零點，只有當h（0）＞0，h（1）＜0時才有可能出現三個零點，下面對正整數a進行討論與驗證（同上）．

點評：本題考查了函數的極值的求解及函數性質的綜合運用，解決此類問題，要求考生熟練掌握函數的相關性質，更重要的是要運用這些性質進行推理論證，分析問題、解決問題．解題中要注意體會函數與方程的相互轉化及數形結合的運用．