Question

3．已知函數(shù)f（x）=2^x+1定義在R上．
（1）若f（x）可以表示為一個(gè)偶函數(shù)g（x）與一個(gè)奇函數(shù)h（x）之和，設(shè)h（x）=t，p（t）=g（2x）+2mh（x）+m²-m-1（m∈R），求出p（t）的解析式；
（2）若p（t）≥m²-m-1對(duì)于x∈[1，2]恒成立，求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出g（x）和h（x）的解析式，從而求出p（t）的解析式即可；
（2）問題轉(zhuǎn)化為m≥-$\frac{{t}^{2}+2}{2t}$對(duì)于t∈[$\frac{3}{2}$，$\frac{15}{4}$]恒成立，令φ（t）=-$\frac{{t}^{2}+2}{2t}$=-（$\frac{t}{2}$+$\frac{1}{t}$），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出mm的范圍即可．

解答 解：（1）假設(shè)f（x）=g（x）+h（x）①，其中g(shù)（x）偶函數(shù)，h（x）為奇函數(shù)，
則有f（-x）=g（-x）+h（-x），即f（-x）=g（x）-h（x）②，
由①②解得$g（x）=\frac{f（x）+f（-x）}{2}$，$h（x）=\frac{f（x）-f（-x）}{2}$．
∵f（x）定義在R上，∴g（x），h（x）都定義在R上．
∵$g（-x）=\frac{f（-x）+f（x）}{2}=g（x）$，$h（-x）=\frac{f（-x）-f（x）}{2}=-h（x）$．
∴g（x）是偶函數(shù)，h（x）是奇函數(shù)，∵f（x）=2^x+1，
∴$g（x）=\frac{f（x）+f（-x）}{2}=\frac{{{2^{x+1}}+{2^{-x+1}}}}{2}={2^x}+\frac{1}{2^x}$，$h（x）=\frac{f（x）-f（-x）}{2}=\frac{{{2^{x+1}}-{2^{-x+1}}}}{2}={2^x}-\frac{1}{2^x}$．
由${2^x}-\frac{1}{2^x}=t$，則t∈R，平方得${t^2}={（{2^x}-\frac{1}{2^x}）^2}={2^{2x}}+\frac{1}{{{2^{2x}}}}-2$，
∴$g（2x）={2^{2x}}+\frac{1}{{{2^{2x}}}}={t^2}+2$，
∴p（t）=t²+2mt+m²-m+1．
（2）∵t=h（x）關(guān)于x∈[1，2]單調(diào)遞增，∴$\frac{3}{2}$≤t≤$\frac{15}{4}$，
∴p（t）=t²+2mt+m²-m+1≥m²-m-1對(duì)于t∈[$\frac{3}{2}$，$\frac{15}{4}$]恒成立，
∴m≥-$\frac{{t}^{2}+2}{2t}$對(duì)于t∈[$\frac{3}{2}$，$\frac{15}{4}$]恒成立，
令φ（t）=-$\frac{{t}^{2}+2}{2t}$=-（$\frac{t}{2}$+$\frac{1}{t}$），此對(duì)勾函數(shù)的”拐點(diǎn)”為x=±$\sqrt{2}$，函數(shù)在（0，$\sqrt{2}$）遞增，（$\sqrt{2}$，+∞）遞減，
故φ（t）在t∈[$\frac{3}{2}$，$\frac{15}{4}$]上單調(diào)遞減，
∴φ（t）_max=φ（$\frac{3}{2}$）=-$\frac{17}{12}$，
∴m≥-$\frac{17}{12}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了求函數(shù)的解析式問題，考查函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)恒成立，是一道中檔題．