Question

已知函數(shù)f（x）=2^x+1定義在R上．
（1）若存在，使得f（x）+f（-x）=a成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）若可以表示為一個偶函數(shù)g（x）與一個奇函數(shù)h（x）之和，設h（x）=t，p（t）=g（2x）+2mh（x）+m²-m-1（m∈R），求出p（t）的解析式；
（3）若對任意x∈[1，2]都有p（t）≥m²-m-1成立，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）若存在x，使得f（x）+f（-x）=a成立，由方程思想，轉化成方程f（x）+f（-x）=a有解．
（2）假設f（x）=g（x）+h（x）其中g（x）為偶函數(shù)，h（x） 為奇函數(shù)，則有f（-x）=g（-x）+h（-x），即f（-x）=g（x）-h（x），解關于g（x），h（x）的方程組求出 g（x），h（x）．再利用整體換元法求出 p（t）的解析式p（t）=t²+2mt+m²-m+1．
（3）利用分離參數(shù)法將m與x分離，轉化成m≥-

t2+2

2t

=-(

t

2

+

1

t

)對于t∈[

3

2

，

15

4

]恒成立，只需m大于或等于-(

t

2

+

1

t

)的最大值即可．利用基本不等式或函數(shù)單調性求出-(

t

2

+

1

t

)的最大值，可得數(shù)m的取值范圍．

解答：解：（1）依題意有a=2^x+1+2^-x+1，
即關于x的方程a=2•2x+

2

2x

有解．…（2分）
而2•2x+

2

2x

≥2

2•2x• 2 2x

=4，當且僅當2•2x=

2

2x

，即x=0時等號成立，故實數(shù)a的取值范圍是[4，+∞）．（4分）
（2）假設f（x）=g（x）+h（x）①，其中g（x）為偶函數(shù)，h（x） 為奇函數(shù)，
則有f（-x）=g（-x）+h（-x），即f（-x）=g（x）-h（x）②，
由①②得g(x)=

f(x)+f(-x)

2

，h(x)=

f(x)-f(-x)

2

（5分）
∵f（x）定義在R上，
∴g（x），h（x）都定義在R上．
∵g(-x)=

f(-x)+f(x)

2

=g(x)，h(-x)=

f(-x)-f(x)

2

=-h(x)．∴滿足g（x）是偶函數(shù)，h（x）是奇函數(shù)，
又∵f（x）=2^x+1，
∴g(x)=

f(x)+f(-x)

2

=

2x+1+2-x+1

2

=2x+

1

2x

h(x)=

f(x)-f(-x)

2

=

2x+1-2-x+1

2

=2x-

1

2x

．（7分）
由2x-

1

2x

=t，則t∈R，平方，
得t2=(2x-

1

2x

)2=22x+

1

22x

-2，∴g(2x)=22x+

1

22x

=t2+2，
故p（t）=t²+2mt+m²-m+1．（9分）
（3）∵t=h（x）在x∈[1，2]上是增函數(shù)，（10分）
∴

3

2

≤t≤

15

4

．（12分）
∴p（t）=t²+2mt+m²-m+1≥m²-m-1對于t∈[

3

2

，

15

4

]恒成立，
∴m≥-

t2+2

2t

=-(

t

2

+

1

t

)對于t∈[

3

2

，

15

4

]恒成立（14分）
令φ(t)=-(

t

2

+

1

t

)，則

t

2

+

1

t

≥

2

，
當且僅當t=

2

時等號成立，而

2

∉[

3

2

，

15

4

]，
∴函數(shù)φ(t)=-(

t

2

+

1

t

)在t∈[

3

2

，

15

4

]上是減函數(shù)，
∴φ(t)max=φ(

3

2

)=-

17

12

，故m≥-

17

12

．（16分）

點評：本題考查函數(shù)奇偶性的意義及應用，換元法求函數(shù)解析式，函數(shù)最值求解，不等式恒成立問題．考查方程思想、分離參數(shù)、換元的思想方法．