Question

6．已知函數(shù)f（x）=e^x-$\frac{1}{{e}^{x}}$，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．
（1）證明：f（x）是R上的奇函數(shù)；
（2）試判斷方程f（x）=$\frac{{e}^{2}-1}{e}$的實(shí)根的個(gè)數(shù)；
（3）若關(guān)于x的不等式mf（x）≤e^-x-m-1在（0，+∞）上恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用函數(shù)奇偶性的定義，證明f（-x）=-f（x），判斷函數(shù)是奇函數(shù)，得到本題結(jié)論；
（2）求出函數(shù)f（x）的單調(diào)性，畫(huà)出函數(shù)大致圖象，將方程根的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)交點(diǎn)的問(wèn)題；
（3）先對(duì)不等式mf（x）≤e^-x-m-1進(jìn)行參變量分離，得到m≤$\frac{1{-e}^{x}}{{{（e}^{x}）}^{2}{+e}^{x}-1}$恒成立，然后利用導(dǎo)函數(shù)研究g（x）=$\frac{1{-e}^{x}}{{{（e}^{x}）}^{2}{+e}^{x}-1}$的最小值，得到本題結(jié)論．

解答 解：（1）∵f（x）的定義域?yàn)镽，
∴f（-x）=e^-x-e^x=-（e^x-e^-x）=-f（x），
∴f（x）是R上的奇函數(shù)；
（2）∵f（x）=e^x-$\frac{1}{{e}^{x}}$，∴f′（x）=e^x+e^-x＞0，
∴f（x）在R遞增，而f（0）=0，
函數(shù)f（x）=e^x-$\frac{1}{{e}^{x}}$和y=$\frac{{e}^{2}-1}{e}$的圖象大致為：
，
函數(shù)有1個(gè)交點(diǎn)，即方程f（x）=$\frac{{e}^{2}-1}{e}$的實(shí)根的個(gè)數(shù)是1個(gè)；
（3）∵x＞0，∴e^x＞1，
故（e^x）²+e^x-1＞0；
由mf（x）≤e^-x-m-1得m（e^x-e^-x）≤e^-x-m-1，
即m（e^x-e^-x+1）≤e^-x-1
化簡(jiǎn)得m[（e^x）²+e^x-1]≤1-e^x，
即m≤$\frac{1{-e}^{x}}{{{（e}^{x}）}^{2}{+e}^{x}-1}$恒成立，
即求g（x）=$\frac{1{-e}^{x}}{{{（e}^{x}）}^{2}{+e}^{x}-1}$的最小值即可，
令t=e^x，由x＞0，得t＞1，得：
g（t）=$\frac{1-t}{{t}^{2}+t-1}$；
g′（t）=$\frac{t（t-2）}{{{（t}^{2}+t-1）}^{2}}$（t＞1），
令g′（t）=0，解得t=2；
令g′（t）＞0，解得t＞2；
令g′（t）＜0，解得1＜t＜2；
∴g（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（1，2），
g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（2，+∞），
∴以g（x）的最小值為g（2）=$\frac{1-2}{{2}^{2}+2-1}$=-$\frac{1}{5}$；
綜上，所求實(shí)數(shù)m的取值范圍為（-∞，-$\frac{1}{5}$]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)奇偶性的定義和恒成立問(wèn)題，本題難度適中，屬于中檔題．