Question

已知函數(shù)f（x）=e^x-e^-x-2x，x∈R
（1）證明f（x）為奇函數(shù)，并在R上為增函數(shù)；
（2）若關(guān)于x的不等式f（x）≤me^x-2x+2m-3在（0，+∞）上恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（3）設(shè)g（x）=f（2x）-4bf（x），當(dāng)x＞0時(shí)，g（x）＞0，求b的最大值．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專(zhuān)題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）驗(yàn)證f（-x）=-f（x），再用導(dǎo)數(shù)驗(yàn)證單調(diào)性；
（2）由f（x）≤me^x-2x+2m-3得e^x-e^-x-2x≤me^x-2x+2m-3，故m（e^x+2）≥e^x-e^-x+3，變形得m≥1+

ex-1

e2x+2ex

令t=e^x-1得 m≥1+

t

t2+4t+3

=1+

1

t+ 3 t +4

，用基本不等式求最值；
（3）g（x）=f（2x）-4bf（x）=e^2x-e^-2x-4b（e^x-e^-x）+（8b-4）x，求導(dǎo)整理得g′（x）═2（e^x+e^-x-2）（e^x+e^-x-2b+2）．
由于e^x+e^-x-2≥0，只對(duì)因式）（e^x+e^-x-2b+2）分情況討論即可．

解答： 解：（1）x∈R，f（-x）=e^-x-e^x+2x=-（e^x-e^-x-2x）=-f（x），所以f（x）為奇函數(shù)
∵f′(x)=ex+

1

ex

-2，而ex+

1

ex

-2≥2

1

-2=0，∴f′（x）≥0在R上恒成立，所以f（x）在R上增，
（2）由f（x）≤me^x-2x+2m-3得e^x-e^-x-2x≤me^x-2x+2m-3，∴m（e^x+2）≥e^x-e^-x+3，變形得m≥1+

ex-1

e2x+2ex

，
∴m只要大于或等于右邊式子的最大值即可
令t=e^x-1得 m≥1+

t

t2+4t+3

=1+

1

t+ 3 t +4

，
∵

1

t+ 3 t +4

≤

1

2 3 +4

∴m≥1+

1

2 3 +4

；
（3）g（x）=f（2x）-4bf（x）=e^2x-e^-2x-4b（e^x-e^-x）+（8b-4）x，
g′（x）=2[e^2x+e^-2x-2b（e^x+e^-x）+（4b-2）]
=2[（e^x+e^-x）²-2b（e^x+e^-x）+（4b-4）]=
=2（e^x+e^-x-2）（e^x+e^-x-2b+2）．
∵e^x+e^-x-2≥0，
（i）當(dāng)b≤2時(shí)，-2b+2≥-2，∴e^x+e^-x-2b+2≥0，∴g′（x）≥0，等號(hào)僅當(dāng)x=0時(shí)成立，所以g（x）在（-∞，+∞）上單調(diào)遞增．而g（0）=0，
所以對(duì)任意x＞0，g（x）＞0．
（ii）當(dāng)b＞2時(shí)，∴2b-2＞2，
若x滿(mǎn)足2＜e^x+e^-x＜2b-2，即0＜x＜ln（b-1+

b2-2b

）時(shí)，g′（x）＜0．而g（0）=0，因此當(dāng)0＜x＜ln（b-1+

b2-2b

）時(shí)，g（x）＜0，不滿(mǎn)足要求．
綜上b≤2，故b的最大值為2．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，突出分類(lèi)討論的數(shù)學(xué)思想，分類(lèi)的技巧是解題的關(guān)鍵．