Question

6．己知f（x）=$\frac{\sqrt{2}}{{2}^{x}+\sqrt{2}}$
（1）求函數(shù)y=f（x）的值域；
（2）判斷并證明y=f（x）的單調(diào)性；
（3）計算f（-1）+f（2）、f（0）+f（1）的值，由此概括出函數(shù)y=f（x）所具有的一個性質(zhì)并加以證明．

Answer 1

分析 （1）先確定函數(shù)式分母的范圍，2^x+$\sqrt{2}$∈（$\sqrt{2}$，+∞），再確定函數(shù)的值域；
（2）先判斷函數(shù)在R上單調(diào)遞減，再根據(jù)單調(diào)性定義用作差比較法證明；
（3）先計算出f（-1）+f（2）、f（0）+f（1）的值都為1，再證明f（x）+f（1-x）=1恒成立．

解答 解：（1）因為x∈R，所以2^x∈（0，+∞），
因此，2^x+$\sqrt{2}$∈（$\sqrt{2}$，+∞），
所以，f（x）=$\frac{\sqrt{2}}{{2}^{x}+\sqrt{2}}$∈（0，1），
即函數(shù)f（x）的值域為：（0，1）；
（2）f（x）在R上單調(diào)遞減，證明如下：
任取x₁，x₂∈（-∞，+∞），且x₁＜x₂，
則f（x₁）-f（x₂）=$\sqrt{2}$•[$\frac{1}{{2}^{{x}_{1}}+\sqrt{2}}$-$\frac{1}{{2}^{{x}_{2}}+\sqrt{2}}$]
=$\sqrt{2}$•$\frac{{2}^{{x}_{2}}-{2}^{{x}_{1}}}{（{2}^{{x}_{1}}+\sqrt{2）（{2}^{{x}_{2}}+\sqrt{2}）}}$，
因為，x₁＜x₂，所以，${2}^{{x}_{2}}-{2}^{{x}_{1}}$＞0，
所以，f（x₁）＞f（x₂），
即f（x）為R上的減函數(shù)；
（3）由f（x）=$\frac{\sqrt{2}}{{2}^{x}+\sqrt{2}}$，計算得出：
f（-1）+f（2）=1，f（0）+f（1）=1，
故猜測：f（x）+f（1-x）=1，證明過程如下：
f（x）+f（1-x）=$\frac{\sqrt{2}}{{2}^{x}+\sqrt{2}}$+$\frac{\sqrt{2}}{{2}^{1-x}+\sqrt{2}}$
=$\frac{\sqrt{2}[2^x+{2}^{1-x}+2\sqrt{2}]}{（2^x+\sqrt{2}）（{2}^{1-x}+\sqrt{2}）}$=$\frac{\sqrt{2}（2^x+{2}^{-x}）+4}{\sqrt{2}（2^x+{2}^{1-x}）+4}$=1，
即f（x）+f（1-x）=1，對任意實數(shù)都成立．

點評 本題主要考查了函數(shù)值域的求法，函數(shù)單調(diào)性的判斷證明，以及函數(shù)性質(zhì)的探索和證明，屬于中檔題．