分析 (1)令f(-x)=f(x)恒成立,解出k,根據(jù)對(duì)數(shù)得運(yùn)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(dǎo)數(shù)為0解出m.
解答 解:(1)f(x)=ln(ekx+1)-x=ln(ekx+1)-lnex=ln$\frac{{e}^{kx}+1}{{e}^{x}}$.f(-x)=ln$\frac{{e}^{-kx}+1}{{e}^{-x}}$=ln(e-kx+x+ex).
∵f(x)是定義在R上的偶函數(shù),∴f(-x)=f(x)恒成立.
∴e-kx+x+ex=$\frac{{e}^{kx}+1}{{e}^{x}}$,即e(1-k)x+ex=e(k-1)x+$\frac{1}{e}$恒成立,∴1-k=-1,k=2.
∴u(x)=$\frac{{e}^{2x}+1}{{e}^{x}}$=ex+e-x.
(2))g(x)=e2x+e-2x-2p•(ex+e-x)=(ex+e-x)2-2p(ex+e-x)-2,
令ex+e-x=t,則t≥2,令F(t)=t2-2pt-2.則F(t)的圖象開(kāi)口向上,對(duì)稱(chēng)軸為t=p,
①若p≤2,則F(t)在[2,+∞)上是增函數(shù),∴gmin(x)=Fmin(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),∴gmin(x)=Fmin(t)=F(p)=-p2-2=-3.解得p=±1(舍).
綜上,p的值為$\frac{5}{4}$.
(3)∵對(duì)任意的x1,x2,x3∈R,都有h(x1)+h(x2)≥h(x3),∴2hmin(x)≥hmax(x).
令ex=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(dāng)m>2時(shí),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(dāng)m<2時(shí),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(dāng)m=2時(shí),h(x)=1,顯然成立.
綜上,m的取值范圍是[0,6].
點(diǎn)評(píng) 本題考查了對(duì)數(shù)得運(yùn)算性質(zhì),函數(shù)的單調(diào)性與最值,屬于中檔題.
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A. | (x+2)2+(y-1)2=1 | B. | (x-2)2+(y-1)2=1 | C. | (x-2)2+(y+1)2=1 | D. | (x+2)2+(y+1)2=1 |
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A. | $\frac{1+\sqrt{3}}{2}$ | B. | $\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ | C. | $\frac{3}{2}$ | D. | $\frac{1+\sqrt{2}}{2}$ |
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A. | 30° | B. | 45° | C. | 60° | D. | 120° |
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A. | 等腰三角形 | B. | 直角三角形 | ||
C. | 等腰或直角三角形 | D. | 以上答案均不正確 |
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