Question

14．定義函數(shù)：F（x）=$\left\{\begin{array}{l}{{e}^{x}，x≥0}\\{1，x＜0}\end{array}\right.$，以下命題正確的是②③．
①F（a）F（b）=F（a）+F（b）；
②$\frac{F（a）}{F（b）}$≤F（a-b）；
③F（a）+F（b）≥2F（$\frac{a+b}{2}$）
④F（ab）=F（a）F（b）

Answer 1

分析 ①④取特殊值判斷即可；②③通過討論a，b的范圍，結(jié)合不等式的性質(zhì)判斷即可．

解答 解：①取a=-1，b=1，F(xiàn)（a）F（b）=e^b=e≠F（a+b）=1，①式子不成立．
②$\frac{F（a）}{F（b）}$=$\left\{\begin{array}{l}{{e}^{a-b}，a≥0，b≥0}\\{{e}^{a}，a＞0，b＜0}\\{1，a＜0，b＜0}\end{array}\right.$，F(xiàn)（a-b）=$\left\{\begin{array}{l}{{e}^{a-b}，a-b≥0}\\{1，a-b＜0}\end{array}\right.$；
當(dāng)a≥0，b≥0時(shí)，e^a-b≤F（a-b）；
當(dāng)a＜0，b＜0時(shí)，1≤F（a-b）；
當(dāng)a＞0，b＜0時(shí)，e^a≤e^a-b=F（a-b）；
當(dāng)a＜0，b＞0時(shí)，$\frac{1}{{e}^}$≤1=F（a-b），
綜上，$\frac{F（a）}{F（b）}$≤F（a-b）；
③F（a）+F（b）=$\left\{\begin{array}{l}{{e}^{a}{+e}^，a≥0，b≥0}\\{1{+e}^{a}，a＞0，b＜0}\\{1{+e}^，a＜0，b＞0}\\{2，a＜0，b＜0}\end{array}\right.$≥$\left\{\begin{array}{l}{{2e}^{\frac{a+b}{2}，}a≥0，b≥0}\\{{2e}^{\frac{a}{2}}，a＞0，b＜0}\\{{2e}^{\frac{2}}，a＜0，b＞0}\\{2，a＜0，b＜0}\end{array}\right.$，F(xiàn)（$\frac{a+b}{2}$）=$\left\{\begin{array}{l}{{e}^{\frac{a+b}{2}}，a+b≥0}\\{1，a+b＜0}\end{array}\right.$，
當(dāng)a≥0，b≥0或a＜0，b＜0時(shí)，易知F（a）+F（b）≥2F（$\frac{a+b}{2}$）；
當(dāng)a＞0，b＜0時(shí)，2${e}^{\frac{a}{2}}$≥2${e}^{\frac{a+b}{2}}$或2${e}^{\frac{a}{2}}$≥2；當(dāng)a＜0，b＞0時(shí)，2${e}^{\frac{2}}$≥2${e}^{\frac{a+b}{2}}$或2${e}^{\frac{2}}$≥2，
綜上F（a）+F（b）≥2F（$\frac{a+b}{2}$）；
④F（3×1）=e³≠F（3）F（1）=e⁴，結(jié)論顯然不對，
故答案為②③．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)求值問題，考查分段函數(shù)以及不等式的性質(zhì)，是一道中檔題．