Question

11．已知函數(shù)f（x）=$\frac{{e}^{x}}{a}$-$\frac{a}{{e}^{x}}$（a＞0）是定義在R上的奇函數(shù)．
（1）求a的值；
（2）設(shè)函數(shù)g（x）=1-$\frac{2a}{{2}^{x}+1}$，判斷g（x）的單調(diào)性，并用定義證明你的結(jié)論；
（3）當(dāng)x∈[0，ln4]，求函數(shù)h（x）=e^2x+me^ax的最小值．

Answer 1

分析 （1）由f（0）=0，解出即可；
（2）先求出g（x）的表達式，利用定義證明即可；
（3）先求出h（x）的表達式，通過討論m的范圍，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性和最值之間的關(guān)系即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）∵f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，
∴f（0）=0，即$\frac{{e}^{0}}{a}$-$\frac{a}{{e}^{0}}$=0，
解得a=1，a=-1（舍），
（2）由（1）得：a=1，
∴g（x）=1-$\frac{2}{{2}^{x}+1}$，是增函數(shù)，
設(shè)x₁＜x₂，
∴f（x₁）-f（x₂）
=$\frac{2}{{2}^{{x}_{2}}+1}$-$\frac{2}{{2}^{{x}_{1}}+1}$
=$\frac{2{（2}^{{x}_{1}}{-2}^{{x}_{2}}）}{{（2}^{{x}_{2}}+1）{（2}^{{x}_{1}}+1）}$，
由題設(shè)可得0＜2x₁＜2x₂，
∴f（x₁）＜f（x₂），故函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增；
（3）由（1）得：a=1，∴h（x）=e^2x+me^x，
∴h′（x）=e^x（2e^x+m），
①m≥0時，h′（x）＞0，h（x）在[0，ln4]遞增，
∴h（x）_min=h（0）=1+m；
②m＜0時，令h′（x）=0，解得：x=ln（-$\frac{m}{2}$），
當(dāng)0＜ln（-$\frac{m}{2}$）≤1即-2≤m＜0時，h（x）在[0，ln4]遞增，
∴h（x）_min=h（0）=1+m，
當(dāng)0＜ln（-$\frac{m}{2}$）＜ln4即-8＜m＜-2時，
h（x）在[0，ln（-$\frac{m}{2}$））遞減，在（ln（-$\frac{m}{2}$），ln4]遞增，
∴h（x）_min=h（ln（-$\frac{m}{2}$））
=${e}^{2ln（-\frac{m}{2}）}$+m${e}^{ln（-\frac{m}{2}）}$=${（-\frac{m}{2}）}^{2}$+m（-$\frac{m}{2}$）=-$\frac{{m}^{2}}{4}$，
當(dāng)ln（-$\frac{m}{2}$）≥4即m≤-8時，h（x）在[0，ln4]遞減，
∴h（x）_min=h（ln4）=e^2ln4+me^ln4=16+4m．
綜上函數(shù)的最小值為h（x）=$\left\{\begin{array}{l}{1+m，}&{m≥-2}\\{-\frac{{m}^{2}}{4}，}&{-8＜m＜-2}\\{16+4m，}&{m≤-8}\end{array}\right.$．

點評 本題考查函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的性質(zhì)，考查了函數(shù)的最值問題，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查分類討論思想，綜合性較強，難度較大．