Question

1．已知函數(shù)f（x）=x²+$\frac{4}{{x}^{2}}$．
（1）求證：f（x）是偶函數(shù)；
（2）判斷函數(shù)f（x）在（0，$\sqrt{2}$）和（$\sqrt{2}$，+∞）上的單調(diào)性并用定義法證明．

Answer 1

分析 （1）推導(dǎo)出x≠0，且f（-x）=f（x），由此能證明f（x）是偶函數(shù)．
（2）函數(shù)f（x）在（0，$\sqrt{2}$）單調(diào)遞減，在（$\sqrt{2}$，+∞）上的單調(diào)遞增．利用定義法能進(jìn)行證明．

解答 證明：（1）∵函數(shù)f（x）=x²+$\frac{4}{{x}^{2}}$，
∴x≠0，且f（-x）=（-x）²+$\frac{4}{（-x）^{2}}$=${x}^{2}+\frac{4}{{x}^{2}}$=f（x），
∴f（x）是偶函數(shù)．
解：（2）函數(shù)f（x）在（0，$\sqrt{2}$）單調(diào)遞減，在（$\sqrt{2}$，+∞）上的單調(diào)遞增．
證明如下：
在（0，$\sqrt{2}$）上任取x₁，x₂，且x₁＜x₂，
則f（x₁）-f（x₂）=${{x}_{1}}^{2}+\frac{4}{{{x}_{1}}^{2}}-{{x}_{2}}^{2}-\frac{4}{{{x}_{2}}^{2}}$
=（${{x}_{1}}^{2}-{{x}_{2}}^{2}$）+$\frac{4（{{x}_{2}}^{2}-{{x}_{1}}^{2}）}{{{x}_{1}}^{2}{{x}_{2}}^{2}}$
=（${{x}_{1}}^{2}-{{x}_{2}}^{2}$）（1-$\frac{4}{{x}_{1}{x}_{2}}$），
∵x₁，x₂∈（0，$\sqrt{2}$），且x₁＜x₂，
∴${{x}_{1}}^{2}-{{x}_{2}}^{2}$＜0，1-$\frac{4}{{x}_{1}{x}_{2}}$＜0，
∴f（x₁）-f（x₂）＞0，∴函數(shù)f（x）在（0，$\sqrt{2}$）上單調(diào)遞減．
在（$\sqrt{2}$，+∞）上任取x₁，x₂，且x₁＜x₂，
則f（x₁）-f（x₂）=${{x}_{1}}^{2}+\frac{4}{{{x}_{1}}^{2}}-{{x}_{2}}^{2}-\frac{4}{{{x}_{2}}^{2}}$
=（${{x}_{1}}^{2}-{{x}_{2}}^{2}$）+$\frac{4（{{x}_{2}}^{2}-{{x}_{1}}^{2}）}{{{x}_{1}}^{2}{{x}_{2}}^{2}}$
=（${{x}_{1}}^{2}-{{x}_{2}}^{2}$）（1-$\frac{4}{{x}_{1}{x}_{2}}$），
∵x₁，x₂∈（$\sqrt{2}$，+∞），且x₁＜x₂，
∴${{x}_{1}}^{2}-{{x}_{2}}^{2}$＜0，1-$\frac{4}{{x}_{1}{x}_{2}}$＞0，
∴f（x₁）-f（x₂）＜0，∴函數(shù)f（x）在（0，$\sqrt{2}$）上單調(diào)遞增．

點(diǎn)評(píng) 本題考查偶函數(shù)的證明，考查函數(shù)的單調(diào)性的判斷與證明，考查函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性等基礎(chǔ)知識(shí)，考查數(shù)據(jù)處理能力、運(yùn)算求解能力，是基礎(chǔ)題．