Question

20．已知函數(shù)f（x）=$\frac{{e}^{x}+{e}^{-x}}{2}$，g（x）=4[f（x）]²-4a•f（x）+2a²-2（a≥0）
（1）證明函數(shù)f（x）在（-∞，0]上單調(diào)遞減，在[0，+∞）上單調(diào)遞增；
（2）分別求函數(shù)f（x）和g（x）的最小值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)單調(diào)性的定義，設(shè)任意的x₁＜x₂，然后作差，通分，提取公因式，便可得到$f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）=\frac{1}{2}（{e}^{{x}_{1}}-{e}^{{x}_{2}}）（1-\frac{1}{{e}^{{x}_{1}+{x}_{2}}}）$，從而可判斷x₁，x₂∈（-∞，0]和x₁，x₂∈[0，+∞）上的f（x₁）與f（x₂）的關(guān)系，從而得出f（x）的單調(diào)性；
（2）根據(jù)基本不等式便有$\frac{{e}^{x}+{e}^{-x}}{2}≥1$，從而得出f（x）的最小值，可設(shè)f（x）=t，y=g（x），從而得到$y=4（t-\frac{a}{2}）^{2}+{a}^{2}-2$，t≥1，討論對(duì)稱軸x=$\frac{a}{2}$和1的關(guān)系，從而得出y的最小值，即得出函數(shù)g（x）的最小值．

解答 解：（1）證明：設(shè)x₁＜x₂，則：
f（x₁）-f（x₂）=$\frac{{e}^{{x}_{1}}+{e}^{-{x}_{1}}}{2}-\frac{{e}^{{x}_{2}}+{e}^{-{x}_{2}}}{2}$=$\frac{1}{2}（{e}^{{x}_{1}}-{e}^{{x}_{2}}）（1-\frac{1}{{e}^{{x}_{1}+{x}_{2}}}）$；
∵x₁＜x₂；
∴${e}^{{x}_{1}}-{e}^{{x}_{2}}＜0$；
∴①若x₁，x₂∈（-∞，0]時(shí)，x₁+x₂＜0；
∴${e}^{{x}_{1}+{x}_{2}}＜1$；
∴$1-\frac{1}{{e}^{{x}_{1}+{x}_{2}}}＜0$；
∴f（x₁）＞f（x₂）；
∴f（x）在（-∞，0]上單調(diào)遞減；
②若x₁，x₂∈[0，+∞）時(shí)，x₁+x₂＞0；
∴$1-\frac{1}{{e}^{{x}_{1}+{x}_{2}}}＞0$；
∴f（x₁）＜f（x₂）；
∴f（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增；
（2）e^x+e^-x≥2，當(dāng)e^x=e^-x，即x=0時(shí)取“=”；
∴f（x）≥1；
∴f（x）的最小值為1；
$g（x）=4[f（x）-\frac{a}{2}]^{2}+{a}^{2}-2$，設(shè)f（x）=t，t≥1，y=g（x）；
∴$y=4（t-\frac{a}{2}）^{2}+{a}^{2}-2$，設(shè)y=h（t）；
①若$0＜\frac{a}{2}≤1$，即0＜a≤2時(shí)，h（t）在[1，+∞）上單調(diào)遞增；
∴h（t）的最小值為h（1）=2a²-4a+2；
②若$\frac{a}{2}＞1$，即a＞2時(shí)，t=$\frac{a}{2}$時(shí)，f（t）取最小值a²-2；
∴0＜a≤2時(shí)，g（x）取最小值2a²-4a+2，a＞2時(shí)，g（x）取最小值a²-2．

點(diǎn)評(píng) 考查根據(jù)單調(diào)性的定義證明一個(gè)函數(shù)單調(diào)性的方法和過程，作差的方法比較f（x₁）與f（x₂），作差后是分式的一般要通分，一般要提取公因式，配方求二次函數(shù)最值的方法，以及二次函數(shù)單調(diào)性的判斷．