A. | 1個(gè) | B. | 2個(gè) | C. | 3個(gè) | D. | 4個(gè) |
分析 由題意知f(x)=ex⊕1=$\left\{\begin{array}{l}{{e}^{x},x≥0}\\{1,x<0}\end{array}\right.$,從而依次對(duì)四個(gè)命題判斷:
①舉例a=0時(shí)即可,
②以ab的取值分類討論,從而證明;
③舉例a=b=-$\sqrt{ln2}$時(shí)即可,
④以a+b的取值分類討論,從而證明.
解答 解:由題意知,
f(x)=ex⊕1=$\left\{\begin{array}{l}{{e}^{x},x≥0}\\{1,x<0}\end{array}\right.$,
①當(dāng)a=0時(shí),f(a)•f(-a)=1,故成立;
②當(dāng)ab=0時(shí),f(ab)=1,f(a2)≥1,f(b2)≥1,
故f(a2)+f(b2)≥2f(ab);
當(dāng)ab<0時(shí),f(ab)=1,f(a2)>1,f(b2)>1,
故f(a2)+f(b2)≥2f(ab);
當(dāng)ab>0時(shí),f(ab)=eab,f(a2)=${e}^{{a}^{2}}$,f(b2)=${e}^{^{2}}$,
故f(a2)+f(b2)=${e}^{{a}^{2}}$+${e}^{^{2}}$
≥2$\sqrt{{e}^{{a}^{2}}{e}^{^{2}}}$=2$\sqrt{{e}^{{a}^{2}+^{2}}}$
=2$\sqrt{{e}^{2ab}}$=2f(ab);
故對(duì)任意a,b∈R,都有f(a2)+f(b2)≥2f(ab),故成立;
③當(dāng)a=b=-$\sqrt{ln2}$時(shí),
f(a)+f(b)=2=f(ab)=2,故成立;
④當(dāng)a+b≤0時(shí),f(a+b)=1,
故f(a)•f(b)≥f(a+b);
當(dāng)a+b>0時(shí),
若ab≥0,f(a)•f(b)=ea•eb=ea+b=f(a+b),
若ab<0,則不妨設(shè)a<0,
則f(a)•f(b)=eb>ea+b=f(a+b);
故對(duì)任意a,b∈R,都有f(a)•f(b)≥f(a+b),故成立.
故選:D.
點(diǎn)評(píng) 本題考查了分段函數(shù)的應(yīng)用及基本不等式的應(yīng)用,同時(shí)考查了分類討論的思想應(yīng)用.
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A. | (-∞,1] | B. | [3,+∞) | C. | (-∞,-1] | D. | [1,+∞) |
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A. | $\frac{1}{1+x}$ | B. | -$\frac{1}{1+x}$ | C. | $\frac{1}{(1+x)^{2}}$ | D. | -$\frac{1}{(1+x)^{2}}$ |
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