Question

14．已知函數(shù)f（x）=x-$\frac{1}{x}$．
（1）利用定義證明：函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）上為增函數(shù)；
（2）當(dāng)x∈（0，1]時(shí)，t•f（2^x）≥2^x-1恒成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）任取0＜x₁＜x₂，利用定義作差后化簡為f（x₁）-f（x₂）=$\frac{{（x}_{1}{-x}_{2}）（1{{+x}_{1}x}_{2}）}{{{x}_{1}x}_{2}}$，再討論乘積的符號(hào)，即可證明：函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）上為增函數(shù)；
（2）當(dāng)x∈（0，1]時(shí)，t•f（2^x）≥2^x-1恒成立?t≥$\frac{{2}^{x}}{{2}^{x}+1}$ 恒成立，構(gòu)造函數(shù)g（x）=$\frac{{2}^{x}}{{2}^{x}+1}$=1-$\frac{1}{{2}^{x}+1}$，利用其單調(diào)性可求得g（x）的最大值為g（1）=$\frac{2}{3}$，從而可求得實(shí)數(shù)t的取值范圍．

解答 （本題滿分7分）
（1）證明：任取x₁、x₂∈（0，+∞），且x₁＜x₂，
則f（x₁）-f（x₂）=（x₁-$\frac{1}{{x}_{1}}$）-（x₂-$\frac{1}{{x}_{2}}$）=x₁-x₂-$\frac{1}{{x}_{1}}$-+$\frac{1}{{x}_{2}}$=$\frac{{（x}_{1}{-x}_{2}）（1{{+x}_{1}x}_{2}）}{{{x}_{1}x}_{2}}$，
∵0＜x₁＜x₂，∴1+x₁x₂＞0，x₁x₂＞0，x₁-x₂＜0，
∴$\frac{{（x}_{1}{-x}_{2}）（1{{+x}_{1}x}_{2}）}{{{x}_{1}x}_{2}}$＜0，
即f（x₁）-f（x₂）＜0，
∴f（x₁）＜f（x₂），
∴函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）上為增函數(shù)…（3分）
（2）∵t（2^x-$\frac{1}{{2}^{x}}$）≥2^x-1，∴$\frac{{t（2}^{x}-1）{（2}^{x}+1）}{{2}^{x}}$≥2^x-1
∵x∈（0，1]，∴1＜2^x＜2…（4分）
∴t≥$\frac{{2}^{x}}{{2}^{x}+1}$ 恒成立，設(shè)g（x）=$\frac{{2}^{x}}{{2}^{x}+1}$=1-$\frac{1}{{2}^{x}+1}$，顯然g（x）在 （0，1]上為增函數(shù)，
g（x）的最大值為g（1）=$\frac{2}{3}$，故t的取值范圍是[$\frac{2}{3}$，+∞）…（7分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)恒成立問題，考查函數(shù)單調(diào)性的判斷與證明，突出考查等價(jià)轉(zhuǎn)化思想與構(gòu)造函數(shù)思想，屬于難題．