Question

6．已知函數(shù)f（x）=e^x-e^-x-2x（e≈2.71828），x∈R．
（1）求證：函數(shù)f（x）在（-∞，+∞）上是增函數(shù)；
（2）求證：對于任意的正實數(shù)a，b，都有f（$\frac{4a}{1+^{2}}$）≤f（$\frac{1+{a}^{2}}$）；
（3）若存在x₀∈R，使f（f（x₀））=x₀，求證：f（x₀）=x₀．

Answer 1

分析 （1）利用導(dǎo)數(shù)f′（x）≥0判斷函數(shù)f（x）是單調(diào)增函數(shù)；
（2）根據(jù)f（x）的單調(diào)性，利用分析法即可證明$f（\frac{4a}{{1+{b^2}}}）≤f（\frac{{1+{a^2}}}）$成立；
（3）法1：利用反證法，假設(shè)f（x₀）≠x₀，從假設(shè)出發(fā)，推出矛盾，從而說明假設(shè)不成立，即結(jié)論成立；
法2：根據(jù)題意，構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性，即可證明結(jié)論成立．

解答 解：（1）因為$f'（x）={{e}^x}+{{e}^{-x}}-2≥2\sqrt{{{e}^x}•{{e}^{-x}}}-2=0$，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時等號成立，
所以函數(shù)f（x）在（-∞，+∞）上是單調(diào)增函數(shù)；…（4分）
（2）因為f（x）在（-∞，+∞）上是單調(diào)增函數(shù)，
要證$f（\frac{4a}{{1+{b^2}}}）≤f（\frac{{1+{a^2}}}）$，只要證$\frac{4a}{{1+{b^2}}}≤\frac{{1+{a^2}}}$，
因為a，b是正實數(shù)，所以只要證4ab≤（1+a²）（1+b²），
即證4ab≤1+a²+b²+a²b²，只要證（a-b）²+（ab-1）²≥0，顯然成立，
所以$f（\frac{4a}{{1+{b^2}}}）≤f（\frac{{1+{a^2}}}）$；        …（10分）
（3）法1：假設(shè)f（x₀）≠x₀，則f（x₀）＞x₀或f（x₀）＜x₀；
若f（x₀）＞x₀，則由（1）知f（f（x₀））＞f（x₀）＞x₀，與f（f（x₀））=x₀矛盾；
若f（x₀）＜x₀，則由（1）知f（f（x₀））＜f（x₀）＜x₀，與f（f（x₀））=x₀矛盾；
又f（x₀）=x₀，則f（f（x₀））=f（x₀）=x₀；
綜上所述，f（x₀）=x₀；               …（16分）
法2：由$f（f（{x_0}））={{e}^{f（{x_0}）}}-{{e}^{-f（{x_0}）}}-2{x_0}={x_0}$，
設(shè)f（x₀）=t，則f（t）=x₀，
故${{e}^{x_0}}-{{e}^{-{x_0}}}-2{x_0}=t$，e^t-e^-t-2t=x₀，
兩式相減得${{e}^{x_0}}-{{e}^{-{x_0}}}-{x_0}={{e}^t}-{{e}^{-t}}-t$，
設(shè)h（x）=e^x-e^-x-x，則h'（x）=e^x+e^-x-1＞0，
故h（x）在R上單調(diào)遞增，
故由h（x₀）=h（t），得x₀=t，
即f（x₀）=x₀．…（16分）

點(diǎn)評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性問題，也考查了函數(shù)的性質(zhì)與應(yīng)用問題，是綜合性題目．