Question

13．已知定義在R上的函數(shù)f（x）=ln（e^2x+1）+ax（a∈R）是偶函數(shù)．
（1）求實數(shù)a的值；
（2）判斷f（x）在[0，+∞）上的單調(diào)性，并用定義法證明；
（3）若f（x²+$\frac{1}{{x}^{2}}$）＞f（mx+$\frac{m}{x}$）恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用f（x）是定義在R上的偶函數(shù)，可得f（1）=f（-1），即可求出a．
（2）設(shè)x₁，x₂為[0，+∞）內(nèi)的任意兩個值，且x₁＜x₂，利用函數(shù)的單調(diào)性的定義證明f（x₁）-f（x₂）＜0，推出函數(shù)f（x）在[0，+∞）上是單調(diào)增函數(shù)．
（3）f（x）在[0，+∞）上是單調(diào)增函數(shù)，且是偶函數(shù)推出${x^2}+\frac{1}{x^2}＞|{mx+\frac{m}{x}}|$，令$t=x+\frac{1}{x}$，則t∈（-∞，-2]∪[2，+∞），化簡得到$|t|-\frac{2}{|t|}≥1$，|m|＜1，求出-1＜m＜1．

解答 19．解：（1）因為f（x）是定義在R上的偶函數(shù)，所以f（1）=f（-1），
即ln（e²+1）+a=ln（e^-2+1）-a，即2a=$ln\frac{{e}^{-2}+1}{{e}^{2}+1}$=-2，得a=-1，…2分
當(dāng)a=-1時，f（x）=ln（e^2x+1）-x，
對于?x∈R，f（-x）=ln（e^-2x+1）+x=ln（e^2x+1）-x=f（x），綜上a=-1 …4分
（2）f（x）在[0，+∞）上是單調(diào)增函數(shù)，…5分
證明如下：
設(shè)x₁，x₂為[0，+∞）內(nèi)的任意兩個值，且x₁＜x₂，則$f（{x_1}）-f（{x_2}）=ln（{e^{2{x_1}}}+1）-{x_1}-ln（{e^{2{x_2}}}+1）+{x_2}$=$ln（\frac{{{e^{2{x_1}}}+1}}{{{e^{2{x_2}}}+1}}）+ln（{e^{{x_2}-{x_1}}}）=ln[\frac{{（{e^{2{x_1}}}+1）{e^{{x_2}-{x_1}}}}}{{{e^{2{x_2}}}+1}}]=ln（\frac{{{e^{{x_2}+{x_1}}}+{e^{{x_2}-{x_1}}}}}{{{e^{2{x_2}}}+1}}）$
因為0≤x₁＜x₂，所以x₂-x₁＞0，x₂+x₁＞0，所以${e^{{x_2}-{x_1}}}＞1，{e^{{x_2}+{x_1}}}＞1$，
所以${e^{{x_2}+{x_1}}}+{e^{{x_2}-{x_1}}}-（{e^{2{x_2}}}+1）=（1-{e^{{x_2}-{x_1}}}）（{e^{{x_2}+{x_1}}}-1）＜0$，所以${e^{{x_2}+{x_1}}}+{e^{{x_2}-{x_1}}}＜（{e^{2{x_2}}}+1）$，
所以$\frac{{{e^{{x_2}+{x_1}}}+{e^{{x_2}-{x_1}}}}}{{{e^{2{x_2}}}+1}}＜1$，所以f（x₁）-f（x₂）＜0，即f（x₁）＜f（x₂），
所以f（x）在[0，+∞）上是單調(diào)增函數(shù)． …10分
（3）f（x）在[0，+∞）上是單調(diào)增函數(shù)，且是偶函數(shù)，又$f（{x^2}+\frac{1}{x^2}）＞f（mx+\frac{m}{x}）$，
所以${x^2}+\frac{1}{x^2}＞|{mx+\frac{m}{x}}|$，…12分
令$t=x+\frac{1}{x}$，則t∈（-∞，-2]∪[2，+∞），
所以|mt|＜t²-2，$|m|＜|t|-\frac{2}{|t|}$恒成立，…14分
因為$|t|-\frac{2}{|t|}$，關(guān)于|t|在[2，+∞）上單調(diào)遞增，
所以$|t|-\frac{2}{|t|}≥1$，所以|m|＜1恒成立，所以-1＜m＜1．…16分．

點評 本題考查函數(shù)的恒成立，函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)的奇偶性的綜合應(yīng)用，考查分析問題解決問題的能力．