Question

5．設(shè)函數(shù)f（x）=e^x-e^-x（x∈R）．
（1）若g（x）=f（x）-f（2-x），解不等式g（2x+1）+g（x）＞0；
（2）若函數(shù)h（x）=mf'（x）+f（x）-e^x-m+1存在零點(diǎn)，求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由g（2-x）=f（2-x）-f（x），g（x）+g（2-x）=0可得不等式g（2x+1）+g（x）＞0?不等式g（2x+1）+g（x）＞g（x）+g（2-x）=0?g（2x+1）＞g（2-x），顯然g（x）在R遞增，得2x-1＞2-x⇒x＞1即可；
 （2）f′（x）=e^x+e^-x，h（x）=mf'（x）+f（x）-e^x-m+1=m（e^x+e^-x）-e^-x-m+1，函數(shù)h（x）=mf'（x）+f（x）-e^x-m+1存在零點(diǎn)?方程m（e^x+e^-x-1）=e^-x-1=e^-x-1有解⇒m=$\frac{{e}^{-x}-1}{{e}^{x}{+e}^{-x}-1}$，令e^x=t，t＞0，則m=h（t）=$\frac{\frac{1}{t}-1}{t+\frac{1}{t}-1}=\frac{1-t}{{t}^{2}-t+1}，（t＞0）$，求出函數(shù)h（t）的值域即可

解答 解：（1）∵，g（x）=f（x）-f（2-x），∴g（2-x）=f（2-x）-f（x），
即g（x）+g（2-x）=0
∴不等式g（2x+1）+g（x）＞0?不等式g（2x+1）+g（x）＞g（x）+g（2-x）=0
?g（2x+1）＞g（2-x）
∵g（x）=e^x-e^-x-e^2-x+e^x-2=e^x+e^x-2-（e^-x+e^2-x）在R上遞增，
∴2x-1＞2-x⇒x＞1
∴不等式的解集為（1，+∞）
（2）∵f′（x）=e^x+e^-x，∴h（x）=mf'（x）+f（x）-e^x-m+1=m（e^x+e^-x）-e^-x-m+1
函數(shù)h（x）=mf'（x）+f（x）-e^x-m+1存在零點(diǎn)?方程m（e^x+e^-x-1）=e^-x-1=e^-x-1有解．
⇒m=$\frac{{e}^{-x}-1}{{e}^{x}{+e}^{-x}-1}$，
令e^x=t，t＞0，則m=h（t）=$\frac{\frac{1}{t}-1}{t+\frac{1}{t}-1}=\frac{1-t}{{t}^{2}-t+1}，（t＞0）$，
$h′（t）=\frac{{t}^{2}-2t}{{（t}^{2}-t+1）^{2}}$，令h′（t）=0，得t=2
t∈（0，2）時(shí)，h′（t）＜0，t∈（2，+∞）時(shí)，h′（t）＞0，∴t∈（0，2）遞減，t∈（2，+∞）遞增
∵t→0時(shí)，h（t）→1，h（2）=-$\frac{1}{3}$，t＞1時(shí)，h（t）＜0．
∴h（t）$∈[-\frac{1}{3}，1）$，∴m的取值范圍為[-$\frac{1}{3}$，1）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的對(duì)稱性、零點(diǎn)問題，考查了函數(shù)與方程思想、轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．