Question

1．已知函數(shù)f（x）=e^x+e^-x，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)．
（1）判斷并證明f（x）的奇偶性；
（2）若關(guān)于x的不等式mf（x）≤e^-x+m-1在（0，+∞）上恒成立，求實數(shù)m的取值范圍；
（3）已知正數(shù)a滿足：存在x₀∈[1，+∞），使得f（x₀）＜a（-x₀³+3x₀）成立，試比較e^a-1與a^e-1的大小，并證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 （1）直接利用函數(shù)奇偶性的定義證明函數(shù)為偶函數(shù)；
（2）利用分離參數(shù)法把不等式mf（x）≤e^-x+m-1在（0，+∞）上恒成立轉(zhuǎn)化為m≤$\frac{{e}^{-x}-1}{{e}^{x}+{e}^{-x}-1}$在（0，+∞）上恒成立，換元后利用基本不等式求得最值得答案；
（3）構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性，最值與單調(diào)性間的關(guān)系分別進行討論即可得到結(jié)論．

解答 （1）解：f（x）為定義域上的偶函數(shù)．
證明：f（x）=e^x+e^-x的定義域為R，
∵f（-x）=e^-x+e^x=f（x），∴f（x）為定義域上的偶函數(shù)；
（2）解：若關(guān)于x的不等式mf（x）≤e^-x+m-1在（0，+∞）上恒成立，
即m（e^x+e^-x-1）≤e^-x-1在（0，+∞）上恒成立，
∵x＞0，∴e^x+e^-x-1＞0，
即m≤$\frac{{e}^{-x}-1}{{e}^{x}+{e}^{-x}-1}$在（0，+∞）上恒成立，
設(shè)t=e^x（t＞1），則m≤$\frac{1-t}{{t}^{2}-t+1}$在（1，+∞）上恒成立．
∵$\frac{1-t}{{t}^{2}-t+1}$=-$\frac{t-1}{（t-1）^{2}+（t-1）+1}=-\frac{1}{（t-1）+\frac{1}{t-1}+1}$$≥-\frac{1}{3}$．
當(dāng)且僅當(dāng)t=2時上式等號成立．
∴m$≤-\frac{1}{3}$；
（3）解：令g（x）=e^x+e^-x-a（-x³+3x）．
則g′（x）=e^x-e^-x+3a（x²-1），
當(dāng)x＞1時，g′（x）＞0，即g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，故此時g（x）的最小值g（1）=e+$\frac{1}{e}-2a$．
由于存在x₀∈[1，+∞），使得f（x₀）＜a（-x₀³+3x₀）成立，
故e+$\frac{1}{e}-2a$＜0，即a＞$\frac{1}{2}$（e+$\frac{1}{e}$）．
令h（x）=x-（e-1）lnx-1，h′（x）=1-$\frac{e-1}{x}$，
由h′（x）=1-$\frac{e-1}{x}$=0，解得x=e-1．
當(dāng)0＜x＜e-1時，h′（x）＜0，此時函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)x＞e-1時，h′（x）＞0，此時函數(shù)單調(diào)遞增．
∴h（x）在（0，+∞）上的最小值為h（e-1）．
注意到h（0）=h（1）=0，
∴當(dāng)x∈（1，e-1）⊆（0，e-1）時，h（e-1）≤h（x）＜h（1）=0．
x∈（e-1，e）⊆（e-1，+∞）時，h（x）＜h（e）=0．
∴h（x）＜0對任意x∈（1，e）成立．
①a∈（$\frac{1}{2}（e+\frac{1}{e}）$，e）⊆（1，e）時，h（a）＜0，即a-1＜（e-1）lna，從而e^a-1＜a^e-1；
②a=e時，e^a-1=a^e-1；
③a∈（e，+∞）⊆（e-1，+∞）時，h（a）＞h（e）=0，即a-1＞（e-1）lna，從而e^a-1＞a^e-1 ．

點評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，考查分類討論的數(shù)學(xué)思想方法和函數(shù)構(gòu)造法，對于（3），由要證的結(jié)論想到構(gòu)造函數(shù)h（x）=x-（e-1）lnx-1是關(guān)鍵，難度較大．