Question

13．已知定义在R上的函数f（x）=ln（e^2x+1）+ax（a∈R）是偶函数．
（1）求实数a的值；
（2）判断f（x）在[0，+∞）上的单调性，并用定义法证明；
（3）若f（x²+$\frac{1}{{x}^{2}}$）＞f（mx+$\frac{m}{x}$）恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）利用f（x）是定义在R上的偶函数，可得f（1）=f（-1），即可求出a．
（2）设x₁，x₂为[0，+∞）内的任意两个值，且x₁＜x₂，利用函数的单调性的定义证明f（x₁）-f（x₂）＜0，推出函数f（x）在[0，+∞）上是单调增函数．
（3）f（x）在[0，+∞）上是单调增函数，且是偶函数推出${x^2}+\frac{1}{x^2}＞|{mx+\frac{m}{x}}|$，令$t=x+\frac{1}{x}$，则t∈（-∞，-2]∪[2，+∞），化简得到$|t|-\frac{2}{|t|}≥1$，|m|＜1，求出-1＜m＜1．

解答 19．解：（1）因为f（x）是定义在R上的偶函数，所以f（1）=f（-1），
即ln（e²+1）+a=ln（e^-2+1）-a，即2a=$ln\frac{{e}^{-2}+1}{{e}^{2}+1}$=-2，得a=-1，…2分
当a=-1时，f（x）=ln（e^2x+1）-x，
对于?x∈R，f（-x）=ln（e^-2x+1）+x=ln（e^2x+1）-x=f（x），综上a=-1 …4分
（2）f（x）在[0，+∞）上是单调增函数，…5分
证明如下：
设x₁，x₂为[0，+∞）内的任意两个值，且x₁＜x₂，则$f（{x_1}）-f（{x_2}）=ln（{e^{2{x_1}}}+1）-{x_1}-ln（{e^{2{x_2}}}+1）+{x_2}$=$ln（\frac{{{e^{2{x_1}}}+1}}{{{e^{2{x_2}}}+1}}）+ln（{e^{{x_2}-{x_1}}}）=ln[\frac{{（{e^{2{x_1}}}+1）{e^{{x_2}-{x_1}}}}}{{{e^{2{x_2}}}+1}}]=ln（\frac{{{e^{{x_2}+{x_1}}}+{e^{{x_2}-{x_1}}}}}{{{e^{2{x_2}}}+1}}）$
因为0≤x₁＜x₂，所以x₂-x₁＞0，x₂+x₁＞0，所以${e^{{x_2}-{x_1}}}＞1，{e^{{x_2}+{x_1}}}＞1$，
所以${e^{{x_2}+{x_1}}}+{e^{{x_2}-{x_1}}}-（{e^{2{x_2}}}+1）=（1-{e^{{x_2}-{x_1}}}）（{e^{{x_2}+{x_1}}}-1）＜0$，所以${e^{{x_2}+{x_1}}}+{e^{{x_2}-{x_1}}}＜（{e^{2{x_2}}}+1）$，
所以$\frac{{{e^{{x_2}+{x_1}}}+{e^{{x_2}-{x_1}}}}}{{{e^{2{x_2}}}+1}}＜1$，所以f（x₁）-f（x₂）＜0，即f（x₁）＜f（x₂），
所以f（x）在[0，+∞）上是单调增函数． …10分
（3）f（x）在[0，+∞）上是单调增函数，且是偶函数，又$f（{x^2}+\frac{1}{x^2}）＞f（mx+\frac{m}{x}）$，
所以${x^2}+\frac{1}{x^2}＞|{mx+\frac{m}{x}}|$，…12分
令$t=x+\frac{1}{x}$，则t∈（-∞，-2]∪[2，+∞），
所以|mt|＜t²-2，$|m|＜|t|-\frac{2}{|t|}$恒成立，…14分
因为$|t|-\frac{2}{|t|}$，关于|t|在[2，+∞）上单调递增，
所以$|t|-\frac{2}{|t|}≥1$，所以|m|＜1恒成立，所以-1＜m＜1．…16分．

点评 本题考查函数的恒成立，函数的单调性以及函数的奇偶性的综合应用，考查分析问题解决问题的能力．