Question

7．已知函數(shù)f（x）=$\frac{{{e^x}-{e^{-x}}}}{{{e^x}+{e^{-x}}}}$．
（Ⅰ）證明：f（x）為奇函數(shù)；
（Ⅱ）判斷f（x）單調(diào)性并證明；
（III）不等式f（x-t）+f（x²-t²）≥0對于x∈[1，2]恒成立，求實數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)題意，先分析函數(shù)f（x）的定義域，進而可得$f（-x）=\frac{{{e^{-x}}-{e^x}}}{{{e^{-x}}+{e^x}}}=-\frac{{{e^x}-{e^{-x}}}}{{{e^x}+{e^{-x}}}}=-f（x）$，即證明函數(shù)為奇函數(shù)；
（Ⅱ）先將函數(shù)的解析式變形可得$f（x）=\frac{{{e^{2x}}-1}}{{{e^{2x}}+1}}=1-\frac{2}{{{e^{2x}}+1}}$，利用定義法可得證明；
（Ⅲ）根據(jù)題意，結(jié)合函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性分析，原問題可以轉(zhuǎn)化為當x∈[1，2]時，x²+x≥t²+t恒成立，由二次函數(shù)的性質(zhì)分析可得（x²+x）_min=2，進而可得x²+x≥t²+t恒成立?t²+t≤2，解可得t的取值范圍，即可得答案．

解答 解：（Ⅰ）證明：對于函數(shù)f（x）=$\frac{{{e^x}-{e^{-x}}}}{{{e^x}+{e^{-x}}}}$，其定義域為R，關于原點對稱，
∵$f（-x）=\frac{{{e^{-x}}-{e^x}}}{{{e^{-x}}+{e^x}}}=-\frac{{{e^x}-{e^{-x}}}}{{{e^x}+{e^{-x}}}}=-f（x）$，
∴f（x）為奇函數(shù)．
（ II）f（x）在R上為增函數(shù)．
證明：根據(jù)題意，$f（x）=\frac{{{e^{2x}}-1}}{{{e^{2x}}+1}}=1-\frac{2}{{{e^{2x}}+1}}$，
在R內(nèi)任取x₁，x₂，△x=x₂-x₁＞0，
則$△y=f（{x_2}）-f（{x_1}）=（{1-\frac{2}{{{e^{2{x_2}}}+1}}}）-（{1-\frac{2}{{{e^{2{x_1}}}+1}}}）=\frac{{2（{{e^{2{x_2}}}-{e^{2{x_1}}}}）}}{{（{{e^{2{x_1}}}+1}）（{{e^{2{x_2}}}+1}）}}$，
∵x₂＞x₁∴2x₂＞2x₁
∴${e^{2{x_2}}}＞{e^{2{x_1}}}$，∵${e^{2{x_2}}}\;+1＞0\;\;\;\;{e^{2{x_1}}}+1＞0$，
∴△y＞0．
∴f（x）在R上為增函數(shù)．
（ III）根據(jù)題意，f（x-t）+f（x²-t²）≥0?f（x-t）≥-f（x²-t²），
又由f（x）為奇函數(shù)，
∵f（x-t）≥-f（x²-t²）=f（t²-x²），
又∵f（x）在R上為增函數(shù)，
∴當x∈[1，2]時，x-t≥t²-x²恒成立，即x²+x≥t²+t恒成立，
而x∈[1，2]時，（x²+x）_min=2，
則x²+x≥t²+t恒成立?t²+t≤2，
解得-2≤t≤1，
即t的取值范圍是[-2，1]．

點評 本題考查函數(shù)的恒成立問題，涉及函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性的判定，關鍵是把恒成立問題轉(zhuǎn)化為最值問題．