Question

5．已知定義在實數(shù)集R上的偶函數(shù)f（x）和奇函數(shù)g（x）滿足f（x）+g（x）=2^x+1．
（1）求f（x）與g（x）的解析式；
（2）求證：f（x）在區(qū)間[0，+∞）上單調(diào)遞增；并求f（x）在區(qū)間[0，+∞）的反函數(shù)；
（3）設(shè)h（x）=x²+2mx+m²-m+1（其中m為常數(shù)），若h（g（x））≥m²-m-1對于x∈[1，2]恒成立，求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用奇偶性可得f（-x）+g（-x）=2^-x+1，即f（x）-g（x）=2^-x+1，聯(lián)立求解即可；
（2）利用定義法對于任意0≤x₁＜x₂，判斷$f（{x_1}）-f（{x_2}）={2^{x_1}}+\frac{1}{{{2^{x_1}}}}-{2^{x_2}}-\frac{1}{{{2^{x_2}}}}=（{2^{{x_1}-{x_2}}}-1）（{2^{x_2}}-\frac{1}{{{2^{x_1}}}}）$的正負即可；利用反函數(shù)的求法用含y的表達式表示x，所以${2^x}=\frac{{y+\sqrt{{y^2}-4}}}{2}$，根據(jù)函數(shù)值的范圍，確定反函數(shù)的表達式；
（3）由g（x）的表達式可知函數(shù)為增函數(shù)，利用換元法t=g（x），$m≥-\frac{{{t^2}+2}}{2t}$對于$t∈[{\frac{3}{2}，\frac{15}{4}}]$恒成立，只需求出右式的最大值即可．

解答 解：（1）f（x）+g（x）=2^x+1①，
因為f（x）是偶函數(shù)，g（x）是奇函數(shù)
所以有f（-x）+g（-x）=2^-x+1，即f（x）-g（x）=2^-x+1②
∵f（x），g（x）定義在實數(shù)集R上，
由①和②解得，$f（x）=\frac{{{2^{x+1}}+{2^{-x+1}}}}{2}={2^x}+\frac{1}{2^x}$，$g（x）=\frac{{{2^{x+1}}-{2^{-x+1}}}}{2}={2^x}-\frac{1}{2^x}$．
（2）$f（x）={2^x}+\frac{1}{2^x}≥2$，當(dāng)且僅當(dāng)2^x=1，即x=0時等號成立．對于任意0≤x₁＜x₂，$f（{x_1}）-f（{x_2}）={2^{x_1}}+\frac{1}{{{2^{x_1}}}}-{2^{x_2}}-\frac{1}{{{2^{x_2}}}}=（{2^{{x_1}-{x_2}}}-1）（{2^{x_2}}-\frac{1}{{{2^{x_1}}}}）$，
因為0≤x₁＜x₂，
所以${2^{{x_1}-{x_2}}}＜1，{2^{{x_1}-{x_2}}}-1＜0$，${2^{x_2}}＞1$，${2^{x_1}}≥1，0＜\frac{1}{{{2^{x_1}}}}≤1$，${2^{x_2}}-{2^{-{x_1}}}＞0$，
從而f（x₁）-f（x₂）＜0，
所以當(dāng)x≥0時，f（x）遞增．
設(shè)$y={2^x}+\frac{1}{2^x}$，則y•2^x=2^2x+1，令2^x=s≥1，則s²-ys+1=0．再由$f（x）={2^x}+\frac{1}{2^x}≥2$解得$s=\frac{{y±\sqrt{{y^2}-4}}}{2}$，即${2^x}=\frac{{y±\sqrt{{y^2}-4}}}{2}$．
因為$\frac{{y-\sqrt{{y^2}-4}}}{2}=\frac{2}{{y+\sqrt{{y^2}-4}}}＜1$（y≥2），所以${2^x}=\frac{{y+\sqrt{{y^2}-4}}}{2}$，
因此f（x）的反函數(shù)${f^{-1}}（x）={log_2}（x+\sqrt{{x^2}-4}）-1，x≥2$
（3）∵t=g（x）在x∈[1，2]單調(diào)遞增，
∴$\frac{3}{2}≤t≤\frac{15}{4}$．
∴h（t）=t²+2mt+m²-m+1≥m²-m-1對于$t∈[{\frac{3}{2}，\frac{15}{4}}]$恒成立，
∴$m≥-\frac{{{t^2}+2}}{2t}$對于$t∈[{\frac{3}{2}，\frac{15}{4}}]$恒成立，
令$k（t）=-\frac{{{t^2}+2}}{2t}$，則$\frac{{{t^2}+2}}{2t}=\frac{t}{2}+\frac{1}{t}≥\sqrt{2}$，當(dāng)且僅當(dāng)$t=\sqrt{2}$時，等號成立，且$\sqrt{2}＜\frac{3}{2}$所以在區(qū)間$t∈[{\frac{3}{2}，\frac{15}{4}}]$上$k（t）=-\frac{{{t^2}+2}}{2t}$單調(diào)遞減，
∴$k{（t）_{max}}=k（\frac{3}{2}）=-\frac{17}{12}$，
∴$m≥-\frac{17}{12}$為m的取值范圍．

點評 考查了函數(shù)奇偶性的應(yīng)用，利用定義判斷函數(shù)的單調(diào)性和反函數(shù)的求解，恒成立問題的轉(zhuǎn)化．