Question

6．已知函数f（x）=e^x-e^-x-2x（e≈2.71828），x∈R．
（1）求证：函数f（x）在（-∞，+∞）上是增函数；
（2）求证：对于任意的正实数a，b，都有f（$\frac{4a}{1+{b}^{2}}$）≤f（$\frac{1+{a}^{2}}{b}$）；
（3）若存在x₀∈R，使f（f（x₀））=x₀，求证：f（x₀）=x₀．

Answer 1

分析 （1）利用导数f′（x）≥0判断函数f（x）是单调增函数；
（2）根据f（x）的单调性，利用分析法即可证明$f（\frac{4a}{{1+{b^2}}}）≤f（\frac{{1+{a^2}}}{b}）$成立；
（3）法1：利用反证法，假设f（x₀）≠x₀，从假设出发，推出矛盾，从而说明假设不成立，即结论成立；
法2：根据题意，构造函数，利用函数的单调性，即可证明结论成立．

解答 解：（1）因为$f'（x）={{e}^x}+{{e}^{-x}}-2≥2\sqrt{{{e}^x}•{{e}^{-x}}}-2=0$，当且仅当x=0时等号成立，
所以函数f（x）在（-∞，+∞）上是单调增函数；…（4分）
（2）因为f（x）在（-∞，+∞）上是单调增函数，
要证$f（\frac{4a}{{1+{b^2}}}）≤f（\frac{{1+{a^2}}}{b}）$，只要证$\frac{4a}{{1+{b^2}}}≤\frac{{1+{a^2}}}{b}$，
因为a，b是正实数，所以只要证4ab≤（1+a²）（1+b²），
即证4ab≤1+a²+b²+a²b²，只要证（a-b）²+（ab-1）²≥0，显然成立，
所以$f（\frac{4a}{{1+{b^2}}}）≤f（\frac{{1+{a^2}}}{b}）$；        …（10分）
（3）法1：假设f（x₀）≠x₀，则f（x₀）＞x₀或f（x₀）＜x₀；
若f（x₀）＞x₀，则由（1）知f（f（x₀））＞f（x₀）＞x₀，与f（f（x₀））=x₀矛盾；
若f（x₀）＜x₀，则由（1）知f（f（x₀））＜f（x₀）＜x₀，与f（f（x₀））=x₀矛盾；
又f（x₀）=x₀，则f（f（x₀））=f（x₀）=x₀；
综上所述，f（x₀）=x₀；               …（16分）
法2：由$f（f（{x_0}））={{e}^{f（{x_0}）}}-{{e}^{-f（{x_0}）}}-2{x_0}={x_0}$，
设f（x₀）=t，则f（t）=x₀，
故${{e}^{x_0}}-{{e}^{-{x_0}}}-2{x_0}=t$，e^t-e^-t-2t=x₀，
两式相减得${{e}^{x_0}}-{{e}^{-{x_0}}}-{x_0}={{e}^t}-{{e}^{-t}}-t$，
设h（x）=e^x-e^-x-x，则h'（x）=e^x+e^-x-1＞0，
故h（x）在R上单调递增，
故由h（x₀）=h（t），得x₀=t，
即f（x₀）=x₀．…（16分）

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性问题，也考查了函数的性质与应用问题，是综合性题目．