Question

15．已知f（x）=（a-1）（a^x-a^-x）（a＞0．a(chǎn)≠1）．
（1）判斷并證明f（x）的奇偶性；
（2）判斷并證明f（x）的單調(diào)性；
（3）若f（acos2x-a²）+f（6acosx-1）≤0對(duì)任意x∈[$\frac{π}{3}$，$\frac{π}{2}$]恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)函數(shù)奇偶性的定義進(jìn)行判斷并證明f（x）的奇偶性；
（2）根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義進(jìn)行判斷并證明f（x）的單調(diào)性；
（3）將不等式恒成立進(jìn)行轉(zhuǎn)化進(jìn)行求解即可．

解答 解：（1）∵x∈R，f（-x）=（a-1）（a^-x-a^x）=-f（x），
∴f（x）為奇函數(shù)； …（2分）
（2）設(shè)x₁、x₂∈R，且x₁＜x₂
則$f（{x_1}）-f（{x_2}）=（{a-1}）（{{a^{x_1}}-{a^{-{x_1}}}}）-（{a-1}）（{{a^{x_2}}-{a^{-{x_2}}}}）$=$（{a-1}）[{（{{a^{x_1}}-{a^{x_2}}}）-（{{a^{-{x_1}}}-{a^{-{x_2}}}}）}]$=$（{a-1}）[{（{{a^{x_1}}-{a^{x_2}}}）-\frac{{{a^{x_2}}-{a^{x_1}}}}{{{a^{x_1}}•{a^{x_2}}}}}]$=$（{a-1}）（{{a^{x_1}}-{a^{x_2}}}）（{1+\frac{1}{{{a^{{x_1}+{x_2}}}}}}）$
當(dāng)a＞1時(shí)，$a＞1，{a^{x_1}}-{a^{x_2}}＜0，1+\frac{1}{{{a^{{x_1}+{x_2}}}}}＞0$，⇒f（x₁）＜f（x₂），f（x）為R上的增函數(shù)；
當(dāng)a＜1時(shí)，$a＜1，{a^{x_1}}-{a^{x_2}}＞0，1+\frac{1}{{{a^{{x_1}+{x_2}}}}}＞0$，⇒f（x₁）＜f（x₂），f（x）為R上的增函數(shù)．
綜上可得，當(dāng)a＞0，a≠1時(shí)，f（x）為R上的增函數(shù)． …（8分）
（3）f（acos2x-a²）+f（6acosx-1）≤0對(duì)任意$x∈[{\frac{π}{3}，\frac{π}{2}}]$恒成立，
?f（acos2x-a²）≤f（1-6acosx）對(duì)任意$x∈[{\frac{π}{3}，\frac{π}{2}}]$恒成立
?f（a（2cos²x-1）-a²）≤f（1-6acosx）對(duì)任意$x∈[{\frac{π}{3}，\frac{π}{2}}]$恒成立
?f（2at²-a²-a）≤f（1-6at）對(duì)任意$t∈[{0，\frac{1}{2}}]$恒成立
?2at²+6at-a²-a-1≤0對(duì)任意$t∈[{0，\frac{1}{2}}]$恒成立
?$\left\{\begin{array}{l}a＞0，a≠1\\ 2a{（{\frac{1}{2}}）^2}+6a•\frac{1}{2}-{a^2}-a-1≤0\end{array}\right.$
?$a∈（{0，\frac{1}{2}}]∪[{2，+∞}）$． …（14分）

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)奇偶性，單調(diào)性的判斷，以及函數(shù)恒成立問(wèn)題，利用定義法是判斷函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的常用方法，考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化意識(shí)．