Question

7．已知函數(shù)f（x）=ln（e^kx+1）-x（其中e為自然對數(shù)的底數(shù)）為定義在R上的偶函數(shù)，且f（x）=lnu（x）．
（1）求實數(shù)k的值，并求函數(shù)u（x）的表達式；
（2）若函數(shù)g（x）=e^2x+e^-2x-2p•u（x）的最小值為-3，求實數(shù)p的值；
（3）設函數(shù)h（x）=$\frac{{e}^{2x}+m•{e}^{x}+1}{（{e}^{x}+1）^{2}}$，若對任意的x₁，x₂，x₃∈R，都有h（x₁）+h（x₂）≥h（x₃），求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）令f（-x）=f（x）恒成立，解出k，根據(jù)對數(shù)得運算性質(zhì)得出u（x）；
（2）判斷g（x）的單調(diào)性求出最小值，列方程解出p；
（3）由h（x₁）+h（x₂）≥h（x₃）可知h（x）為常數(shù)函數(shù)，令導數(shù)為0解出m．

解答 解：（1）f（x）=ln（e^kx+1）-x=ln（e^kx+1）-lne^x=ln$\frac{{e}^{kx}+1}{{e}^{x}}$．f（-x）=ln$\frac{{e}^{-kx}+1}{{e}^{-x}}$=ln（e^-kx+x+e^x）．
∵f（x）是定義在R上的偶函數(shù)，∴f（-x）=f（x）恒成立．
∴e^-kx+x+e^x=$\frac{{e}^{kx}+1}{{e}^{x}}$，即e^（1-k）x+e^x=e^（k-1）x+$\frac{1}{e}$恒成立，∴1-k=-1，k=2．
∴u（x）=$\frac{{e}^{2x}+1}{{e}^{x}}$=e^x+e^-x．
（2））g（x）=e^2x+e^-2x-2p•（e^x+e^-x）=（e^x+e^-x）²-2p（e^x+e^-x）-2，
令e^x+e^-x=t，則t≥2，令F（t）=t²-2pt-2．則F（t）的圖象開口向上，對稱軸為t=p，
①若p≤2，則F（t）在[2，+∞）上是增函數(shù)，∴g_min（x）=F_min（t）=F（2）=2-4p=-3，解得p=$\frac{5}{4}$．
②若p＞2，則F（t）在[2，p]上是減函數(shù)，在（p，+∞）上是增函數(shù)，∴g_min（x）=F_min（t）=F（p）=-p²-2=-3．解得p=±1（舍）．
綜上，p的值為$\frac{5}{4}$．
（3）∵對任意的x₁，x₂，x₃∈R，都有h（x₁）+h（x₂）≥h（x₃），∴2h_min（x）≥h_max（x）．
令e^x=t，則t＞0，h（x）=$\frac{{t}^{2}+mt+1}{（t+1）^{2}}$=1+$\frac{m-2}{t+\frac{1}{t}+2}$．
①當m＞2時，h（x）在（0，1]上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
$\underset{lim}{n→0}h（x）$=1，$\underset{lim}{n→+∞}h（x）$=1，h（1）=1+$\frac{m-2}{4}$，∴h（x）∈（1，1+$\frac{m-2}{4}$]，
∴2≥1+$\frac{m-2}{4}$，解得2＜m≤6．
②當m＜2時，h（x）在（0，1]上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
$\underset{lim}{n→0}h（x）$=1，$\underset{lim}{n→+∞}h（x）$=1，h（1）=1+$\frac{m-2}{4}$，∴h（x）∈[1+$\frac{m-2}{4}$，1），
∴2+$\frac{m-2}{2}$≥1，解得0≤m＜2．
③當m=2時，h（x）=1，顯然成立．
綜上，m的取值范圍是[0，6]．

點評 本題考查了對數(shù)得運算性質(zhì)，函數(shù)的單調(diào)性與最值，屬于中檔題．