Question

6．已知函數(shù)f（x）和g（x）分別是R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，且f（x）+g（x）=2e^x，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x），g（x）的解析式；
（Ⅱ）當(dāng)x≥0時，分別出求曲線y=f（x）和y=g（x）切線斜率的最小值；
（Ⅲ）設(shè)a≤0，b≥1，證明：當(dāng)x＞0時，曲線y=$\frac{f（x）}{x}$在曲線y=ag（x）+2（1-a）和y=bg（x）+2（1-b）之間，且相互之間沒有公共點．

Answer 1

分析 （1）運用奇、偶函數(shù)的定義，由函數(shù)方程的思想可得f（x）、g（x）的解析式；
（Ⅱ）分別求出f（x），g（x）的導(dǎo)數(shù)，運用基本不等式和單調(diào)性可得最小值；
（Ⅲ）由題意可得當(dāng)x＞0時，$\frac{f（x）}{x}$＞ag（x）+1-a?f（x）＞axg（x）+（1-a）x，$\frac{f（x）}{x}$＜bg（x）+1-b?f（x）＜bxg（x）+（1-b）x，設(shè)函數(shù)h（x）=f（x）-cxg（x）-（1-c）x，通過導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，即可得證．

解答 解：（Ⅰ）f（x）是奇函數(shù)，g（x）是偶函數(shù)，
即有f（-x）=-f（x），g（-x）=g（x），
f（x）+g（x）=2e^x，f（-x）+g（-x）=2e^-x，
即為-f（x）+g（x）=2e^-x，
解得f（x）=e^x-e^-x，g（x）=e^x+e^-x；
（Ⅱ）當(dāng)x≥0時，f′（x）=e^x+e^-x≥2$\sqrt{{e}^{x}•{e}^{-x}}$=2，
當(dāng)且僅當(dāng)x=0時，f（x）的切線的斜率取得最小值2；
g′（x）=e^x-e^-x在[0，+∞）遞增，可得x=0時，
g（x）的切線的斜率取得最小值0；
（Ⅲ）證明：f′（x）=e^x+e^-x=g（x），
g′（x）=e^x-e^-x=f（x），
當(dāng)x＞0時，$\frac{f（x）}{x}$＞ag（x）+1-a?f（x）＞axg（x）+（1-a）x，
$\frac{f（x）}{x}$＜bg（x）+1-b?f（x）＜bxg（x）+（1-b）x，
設(shè)函數(shù)h（x）=f（x）-cxg（x）-（1-c）x，
h′（x）=f′（x）-c（g（x）+xg′（x））-（1-c）
=g（x）-cg（x）-cxf（x）-（1-c）=（1-c）（g（x）-1）-cxf（x），
①若c≤0則h′（x）＞0，故h（x）在（0，+∞）遞增，h（x）＞h（0）=0，（x＞0），
即有f（x）＞cxg（x）+（1-c）x，故$\frac{f（x）}{x}$＞ag（x）+1-a成立；
②若c≥1則h′（x）＜0，故h（x）在（0，+∞）遞減，h（x）＜h（0）=0，（x＞0），
即有f（x）＜cxg（x）+（1-c）x，故$\frac{f（x）}{x}$＜bg（x）+1-b成立．
綜上可得，當(dāng)x＞0時，a g（x）+（1-a）＜$\frac{f（x）}{x}$＜b g（x）+（1-b），
即有當(dāng)x＞0時，曲線y=$\frac{f（x）}{x}$在曲線y=ag（x）+2（1-a）和y=bg（x）+2（1-b）之間，
且相互之間沒有公共點．

點評 本題考查函數(shù)的奇偶性的運用，主要考查函數(shù)的解析式的求法和不等式的證明，同時考查指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性和基本不等式的運用，以及導(dǎo)數(shù)的運用：判斷單調(diào)性，屬于中檔題．