Question

17．已知定義在實(shí)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）若定義在實(shí)數(shù)集R上的以2為最小正周期的周期函數(shù)φ（x），當(dāng)-1≤x≤1時(shí)，φ（x）=f（x），試求φ（x）在閉區(qū)間[2015，2016]上的表達(dá)式，并證明φ（x）在閉區(qū)間[2015，2016]上單調(diào)遞減；
（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(duì)于x∈[1，2]恒成立，求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)函數(shù)的奇偶性可得f（-x）+g（-x）=2^-x+1，通過(guò)聯(lián)立求解可得出函數(shù)的解析式；
（2）φ（x）是R上以2為正周期的周期函數(shù)，可得2016也為函數(shù)的周期，x-2016∈[-1，0]，可得$φ（x）=φ（x-2016）=f（x-2016）={2^{x-2016}}+\frac{1}{{{2^{x-2016}}}}$，利用定義法判斷函數(shù)的單調(diào)性即可；
（3）利用換元法t=g（x）在x∈[1，2]單調(diào)遞增，得出t的范圍$\frac{3}{2}≤t≤\frac{15}{4}$，不等式可整理為$m≥-\frac{{{t^2}+2}}{2t}$對(duì)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?yàn)閒（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(shí)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）φ（x）是R上以2為正周期的周期函數(shù)，所以當(dāng)x∈[2015，2016]時(shí)，x-2016∈[-1，0]，$φ（x）=φ（x-2016）=f（x-2016）={2^{x-2016}}+\frac{1}{{{2^{x-2016}}}}$，即φ（x）在閉區(qū)間[2015，2016]上的表達(dá)式為$φ（x）={2^{x-2016}}+\frac{1}{{{2^{x-2016}}}}$．
下面證明φ（x）在閉區(qū)間[2015，2016]上遞減：$φ（x）={2^{x-2016}}+\frac{1}{{{2^{x-2016}}}}≥2$，當(dāng)且僅當(dāng)2^x-2016=1，即x=2016時(shí)等號(hào)成立．
對(duì)于任意2015≤x₁＜x₂≤2016，
$f（{x_1}）-f（{x_2}）={2^{{x_1}-2016}}+\frac{1}{{{2^{{x_1}-2016}}}}-{2^{{x_2}-2016}}-\frac{1}{{{2^{{x_2}-2016}}}}=（{2^{{x_1}-{x_2}}}-1）（{2^{{x_2}-2016}}-\frac{1}{{{2^{{x_1}-2016}}}}）$，
因?yàn)?015≤x₁＜x₂≤2016，所以${2^{{x_1}-{x_2}}}＜1，{2^{{x_1}-{x_2}}}-1＜0$，${2^{{x_2}-2016}}≤{2^0}=1$，${2^{{x_1}-2016}}＜{2^0}=1$，$\frac{1}{{{2^{{x_1}-2016}}}}＞1$，${2^{{x_2}-2016}}-{2^{2016-{x_1}}}＜0$，
從而φ（x₁）-φ（x₂）＞0，
所以當(dāng)2015≤x₁＜x₂≤2016時(shí)，φ（x）遞減．
（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(duì)于$t∈[{\frac{3}{2}，\frac{15}{4}}]$恒成立，
∴$m≥-\frac{{{t^2}+2}}{2t}$對(duì)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(shí)，等號(hào)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(diǎn)評(píng) 本題綜合性強(qiáng)，考查了函數(shù)的奇偶性，周期性，單調(diào)性和恒成立問(wèn)題的轉(zhuǎn)化，換元法的應(yīng)用．屬于難度較大的題型．