Question

2．已知：函數(shù)f（x）=$\frac{{2}^{x}-{2}^{-x}}{2}$，g（x）=$\frac{{2}^{x}+{2}^{-x}}{2}$．
（1）求證：f（x+y）=f（x）g（y）+f（y）g（x）；
（2）試討論函數(shù)g（x）的奇偶性與單調(diào)性．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)指數(shù)冪的運(yùn)算法則進(jìn)行化簡即可．
（2）根據(jù)函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的定義進(jìn)行判斷即可．

解答 解：（1）∵f（x）=$\frac{{2}^{x}-{2}^{-x}}{2}$，g（x）=$\frac{{2}^{x}+{2}^{-x}}{2}$．
∴f（y）=$\frac{{2}^{y}-{2}^{-y}}{2}$，g（y）=$\frac{{2}^{y}+{2}^{-y}}{2}$，
則f（x）g（y）+f（y）g（x）=$\frac{{2}^{x}-{2}^{-x}}{2}$•$\frac{{2}^{y}+{2}^{-y}}{2}$+$\frac{{2}^{x}+{2}^{-x}}{2}$•$\frac{{2}^{y}-{2}^{-y}}{2}$
=$\frac{{2}^{x}{2}^{y}+{2}^{x}{2}^{-y}-{2}^{-x}{2}^{y}-{2}^{-x}{2}^{-y}}{4}$+$\frac{{2}^{x}{2}^{y}-{2}^{x}{2}^{-y}+{2}^{-x}{2}^{y}-{2}^{-x}{2}^{-y}}{4}$
=$\frac{2（{2}^{x}{2}^{y}-{2}^{-x}{2}^{-y}）}{4}$=$\frac{{2}^{x+y}-{2}^{-（x+y）}}{2}$，
∵f（x+y）=$\frac{{2}^{x+y}-{2}^{-（x+y）}}{2}$．
∴f（x+y）=f（x）g（y）+f（y）g（x）；
（2）∵g（-x）=$\frac{{2}^{-x}+{2}^{x}}{2}$=$\frac{{2}^{x}+{2}^{-x}}{2}$=g（x），
∴函數(shù)g（x）為偶函數(shù)，
當(dāng)x≥0時(shí)，設(shè)0≤x₁＜x₂，
則g（x₁）-g（x₂）=$\frac{1}{2}$（${2}^{{x}_{1}}$+${2}^{-{x}_{1}}$-${2}^{{x}_{2}}$-${2}^{-{x}_{2}}$）
=$\frac{1}{2}$（${2}^{{x}_{1}}$-${2}^{{x}_{2}}$+$\frac{{2}^{{x}_{2}}-{2}^{{x}_{1}}}{{2}^{{x}_{1}}{2}^{{x}_{2}}}$）
=$\frac{1}{2}$（${2}^{{x}_{1}}$-${2}^{{x}_{2}}$）•$\frac{{2}^{{x}_{1}}{2}^{{x}_{2}}-1}{{2}^{{x}_{1}}{2}^{{x}_{2}}}$，
∵0≤x₁＜x₂，
∴1≤${2}^{{x}_{1}}$＜${2}^{{x}_{2}}$，
則${2}^{{x}_{1}}$-${2}^{{x}_{2}}$＜0，${2}^{{x}_{1}}$•${2}^{{x}_{2}}$＞1•
則g（x₁）-g（x₂）＜0，
即g（x₁）＜g（x₂），
即函數(shù)g（x）在[0，+∞）上為增函數(shù)，
則函數(shù)g（x）在（-∞，0]為減函數(shù)．

點(diǎn)評 本題主要考查函數(shù)式的證明以及函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的判斷，利用指數(shù)冪的運(yùn)算法則以及函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的定義是解決本題的關(guān)鍵．運(yùn)算量比較大．