Question

19．已知函數(shù)f（x）=$\frac{{a}^{x}-{a}^{-x}}{a-1}$（a＞0，且a≠1）
（1）判斷f（x）的奇偶性和單調(diào)性；
（2）已知p：不等式af（x）≤2b（a+1）對任意x∈[-1，1]恒成立；q：函數(shù)g（x）=lnx+（x-b）²（b∈R）在[$\frac{1}{2}$，2]上存在單調(diào)遞增區(qū)間，若p或q為真，p且q為假，求實(shí)數(shù)b的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）①由函數(shù)f（x）=$\frac{{a}^{x}-{a}^{-x}}{a-1}$（a＞0，且a≠1），可得x∈R．計算f（x）±f（-x），即可判斷出奇偶性．f′（x）=$\frac{{a}^{x}lna+{a}^{-x}lna}{a-1}$=$\frac{lna（{a}^{x}+{a}^{-x}）}{a-1}$，對a分類討論即可判斷出單調(diào)性．
（2）若命題p是真命題：由于函數(shù)f（x）在R是單調(diào)遞增，且不等式af（x）≤2b（a+1）對任意x∈[-1，1]恒成立，當(dāng)x=1時，函數(shù)f（x）取得最大值，可得af（1）≤2b（a+1），即可解出．
若命題q是真命題：g′（x）=$\frac{1}{x}$+2（x-b），由于函數(shù)g（x）=lnx+（x-b）²（b∈R）在[$\frac{1}{2}$，2]上存在單調(diào)遞增區(qū)間，可得g′（2）＞0，即可解出．根據(jù)p或q為真，p且q為假，可得p真q假，或p假q真．

解答 解：（1）①由函數(shù)f（x）=$\frac{{a}^{x}-{a}^{-x}}{a-1}$（a＞0，且a≠1），可得x∈R．
∵f（x）+f（-x）=$\frac{{a}^{x}-{a}^{-x}}{a-1}$+$\frac{{a}^{-x}-{a}^{x}}{a-1}$=0，
∴f（-x）=-f（x），
∴函數(shù)f（x）是奇函數(shù)．
②f′（x）=$\frac{{a}^{x}lna+{a}^{-x}lna}{a-1}$=$\frac{lna（{a}^{x}+{a}^{-x}）}{a-1}$，
當(dāng)a＞1時，lna＞0，a-1＞0，a^x+a^-x＞0，
∴f′（x）＞0，∴函數(shù)f（x）單調(diào)遞增．
同理可得：當(dāng)0＜a＜1時，f′（x）＞0，∴函數(shù)f（x）單調(diào)遞增．
無論：a＞1，還是0＜a＜1，函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增．
（2）若命題p是真命題：∵函數(shù)f（x）在R是單調(diào)遞增，且不等式af（x）≤2b（a+1）對任意x∈[-1，1]恒成立，
∴當(dāng)x=1時，函數(shù)f（x）取得最大值，∴af（1）=a×$\frac{a-{a}^{-1}}{a-1}$≤2b（a+1），化為$b≥\frac{1}{2}$；
若命題q是真命題：g′（x）=$\frac{1}{x}$+2（x-b），∵函數(shù)g（x）=lnx+（x-b）²（b∈R）在[$\frac{1}{2}$，2]上存在單調(diào)遞增區(qū)間，
∴g′（2）＞0，∴$\frac{1}{2}+2（2-b）$＞0，解得$b＜\frac{9}{4}$．
∵p或q為真，p且q為假，
∴p真q假，或p假q真．
∴$\left\{\begin{array}{l}{b≥\frac{1}{2}}\\{b≥\frac{9}{4}}\end{array}\right.$，或$\left\{\begin{array}{l}{b＜\frac{1}{2}}\\{b＜\frac{9}{4}}\end{array}\right.$，
解得$b≥\frac{9}{4}$，或$b＜\frac{1}{2}$．
∴b的取值范圍是$（-∞，\frac{1}{2}）$∪$[\frac{9}{4}，+∞）$．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)奇偶性單調(diào)性、利用導(dǎo)數(shù)判定函數(shù)的單調(diào)性、簡易邏輯的判定方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．