Question

已知定義在R上的函數(shù)f（x）=e^x+

1

ex

，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)．
（Ⅰ）用定義證明函數(shù)f（x）在區(qū)間{0，+∞）上是增函數(shù)；
（Ⅱ）設函數(shù)f（x）的最小值是m，求m的值；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，若f（2x²+a²）-f（3x²-3ax+a²+2）＜m-2在a∈[-1，1]時恒成立，求實數(shù)x的取值范圍．

Answer 1

考點：利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,函數(shù)恒成立問題,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性

專題：計算題,證明題,函數(shù)的性質及應用

分析：（Ⅰ）用定義法證明單調性一般可以分為五步，取值，作差，化簡變形，判號，下結論；
（Ⅱ）可證明函數(shù)為偶函數(shù)，故f（x）在區(qū)間[0，+∞）上是增函數(shù)，在區(qū)間（-∞，0]上是減函數(shù)；從而求最小值f_min（x）=f（0）=2；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，f（2x²+a²）-f（3x²-3ax+a²+2）＜m-2可化為f（2x²+a²）-f（3x²-3ax+a²+2）＜0，即f（2x²+a²）＜f（3x²-3ax+a²+2），可判斷3x²-3ax+a²+2＞0，2x²+a²≥0；故2x²+a²＜3x²-3ax+a²+2在a∈[-1，1]時恒成立；從而化為最值問題．

解答： 解：（Ⅰ）證明：任取x₁，x₂∈[0，+∞），且x₁＜x₂，則
f（x₁）-f（x₂）=ex1+

1

ex1

-（ex2+

1

ex2

）
=

(ex1-ex2)(ex1+x2-1)

ex1ex2

，
∵ex1-ex2＜0，ex1ex2-1＞0；
故f（x₁）-f（x₂）＜0，
即函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，+∞）上是增函數(shù)；
（Ⅱ）∵f（-x）=e^-x+

1

e-x

=e^x+

1

ex

=f（x），
∴f（x）為偶函數(shù)；
又∵f（x）在區(qū)間[0，+∞）上是增函數(shù)，
∴f（x）在區(qū)間（-∞，0]上是減函數(shù)；
∴f_min（x）=f（0）=2；
故m=2；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，f（2x²+a²）-f（3x²-3ax+a²+2）＜m-2可化為
f（2x²+a²）-f（3x²-3ax+a²+2）＜0，
故f（2x²+a²）＜f（3x²-3ax+a²+2），
設y=3x²-3ax+a²+2，
△=9a²-12（a²+2）=-3a²-24＜0；
故3x²-3ax+a²+2＞0；
又∵2x²+a²≥0；
故f（2x²+a²）-f（3x²-3ax+a²+2）＜0在a∈[-1，1]時恒成立可化為
2x²+a²＜3x²-3ax+a²+2在a∈[-1，1]時恒成立，
即g（a）=3ax-x²-2＜0在a∈[-1，1]時恒成立，
故

3x-x2-2＜0 -3x-x2-2＜0

，
解得，x＜-2或-1＜x＜1或x＞2；
故實數(shù)x的取值范圍為{x|x＜-2或-1＜x＜1或x＞2}．

點評：本題考查了函數(shù)的單調性及奇偶性的判斷與證明，同時考查了恒成立問題，屬于中檔題．