Question

11．已知函數(shù)f（x）=2^x+a•2^-x，其中常數(shù)a≠0
（1）當(dāng)a=1時(shí)，f（x）的最小值；
（2）討論函數(shù)的奇偶性，并說明理由；
（3）當(dāng)a=256時(shí)，是否存在實(shí)數(shù)k∈（1，2]，使得不等式f（k-cosx）≥f（k²-cos²x）對任意x∈R恒成立？若存在，求出所有滿足條件的k的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）直接利用不等式的基本性質(zhì)求最值；
（2）利用f（-x）=-f（x）及f（-x）=f（x）求得a值，從而得到函數(shù)為奇函數(shù)或偶函數(shù)的a的取值；
（3）由原函數(shù)可得當(dāng)a=256時(shí)，函數(shù)在（0，4）上是減函數(shù)，利用單調(diào)性直接轉(zhuǎn)化為k-cosx≤k²-cos²x恒成立，分離參數(shù)求解即可得到k值．

解答 解：（1）當(dāng)a=1時(shí)，f（x）=2^x+2^-x=${2}^{x}+\frac{1}{{2}^{x}}≥2\sqrt{{2}^{x}•\frac{1}{{2}^{x}}}=2$，
當(dāng)且僅當(dāng)${2}^{x}=\frac{1}{{2}^{x}}$，即x=0時(shí)取等號；
（2）f（x）的定義域?yàn)镽，f（-x）=2^-x+a•2^x=$\frac{1}{{2}^{x}}+a•{2}^{x}=\frac{a•{2}^{2x}+1}{{2}^{x}}$，
-f（x）=$-{2}^{x}-\frac{a}{{2}^{x}}=-\frac{{2}^{2x}+a}{{2}^{x}}$，f（x）=2^x+a•2^-x=${2}^{x}+\frac{a}{{2}^{x}}=\frac{{2}^{2x}+a}{{2}^{x}}$，
由f（-x）=f（x），得$\frac{a•{2}^{2x}+1}{{2}^{x}}=\frac{{2}^{2x}+a}{{2}^{x}}$，即a•2^2x+1=2^2x+a，
∴（a-1）2^2x-（a-1）=0，即a=1；
由f（-x）=-f（x），得$\frac{a•{2}^{2x}+1}{{2}^{x}}=-\frac{{2}^{2x}+a}{{2}^{x}}$，即a•2^2x+2^2x+a+1=0，
∴（a+1）2^2x+a+1=0，即a=-1．
∴當(dāng)a=1時(shí)，函數(shù)f（x）=2^x+a•2^-x為偶函數(shù)；當(dāng)a=-1時(shí)，函數(shù)f（x）=2^x+a•2^-x為奇函數(shù)；
當(dāng)a≠1且a≠-1時(shí)，f（x）=2^x+a•2^-x為非奇非偶函數(shù)；
（3）當(dāng)k∈（1，2]時(shí)，0＜k-cosx≤3，0＜k²-cos²x≤4．
當(dāng)a=256時(shí)，f（x）=2^x+256•2^-x=${2}^{x}+\frac{256}{{2}^{x}}$，
由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性知，f（x）在（0，4）上是減函數(shù)，
要使f（k-cosx）≥f（k²-cos²x），x∈R，只要k-cosx≤k²-cos²x（x∈R），
即cos²x-cosx≤k²-k（x∈R）①
設(shè)$g（x）=co{s}^{2}x-cosx=（cosx-\frac{1}{2}）^{2}-\frac{1}{4}$，則函數(shù)g（x）在R上的最大值為2．
要使①式恒成立，必須k²-k≥2，即k≥2或k≤-1．                
∴在區(qū)間k∈（1，2]上存在k=2，使得原不等式對任意的x∈R恒成立．

點(diǎn)評 本題考查利用不等式的基本性質(zhì)求最值，考查了函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性，考查綜合分析和解決問題的能力，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，是中檔題．