《2025年更高更妙的高中数学思想与方法高中数学必修第一册》

18. 已知函数 $ f(x)=\frac{3^{x}+1}{3^{x}-1} $，$ g(x)=2 - f(-x) $。
(1) 判断 $ f(x) $ 的奇偶性；
(2) 若当 $ x\in(-1,0) $ 时，$ f(x)＜tg(x) $ 恒成立，求实数 $ t $ 的最大值。

答案： 18. 解析:
(1) f(x) 的定义域为$ \{x\mid x\neq0\} ,$关于原点对称.
又$ f(-x)=\frac{3^{-x}+1}{3^{-x}-1}=\frac{1 + 3^{x}}{1 - 3^{x}}=-\frac{3^{x}+1}{3^{x}-1}=-f(x) ,$故 f(x) 是奇函数.
(2) g(x)=2 - f(-x)=2 + f(x) .
由 f(x)＜tg(x) 得 f(x)＜t(f(x)+2) ,
则 (t - 1)f(x)+2t＞0 .
当$ x\in(-1,0) $时$, f(x)=\frac{3^{x}+1}{3^{x}-1}=1+\frac{2}{3^{x}-1}\in(-\infty,-2) .$
令 u = f(x) ,则问题等价于 (t - 1)u + 2t＞0 对任意$ u\in(-\infty,-2) $恒成立.
当 t - 1 = 0 ,即 t = 1 时, 2＞0 成立,故 t = 1 符合;
当$ t - 1\neq0 $时,需满足$ \begin{cases}t - 1$＜0,\t - 1)·(-2)+2t\geqslant0,\end{cases}
解得 t＜1 .
综上$, t\leqslant1 .$因此, t 的最大值为1.

19. 意大利画家列奥纳多·达·芬奇曾提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，项链所形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”，后人给出了悬链线的函数表达式 $ \varphi(x)=a\cosh\frac{x}{a} $，其中 $ a $ 为悬链线系数，$ \cosh x $ 称为双曲余弦函数，其函数表达式 $ \cosh x=\frac{e^{x}+e^{-x}}{2} $，相反地，双曲正弦函数的函数表达式为 $ \sinh x=\frac{e^{x}-e^{-x}}{2} $。
(1) 求证：$ \cosh 2x=\cosh^{2}x+\sinh^{2}x $；
(2) 不等式：$ \sinh(x^{2}-2mx)-\sinh(1 - 2x)\leq0 $ 在 $ x\in[0,3] $ 上恒成立，求 $ m $ 的取值范围；
(3) 判断函数 $ f(x)=2\cosh(2x)-4b\cosh x + 4b - 2 $ 的零点个数，并写出零点表达式。

答案： 19. 解析:
(1)因为$ \cosh^{2}x+\sinh^{2}x =\left( \frac{e^{x}+e^{-x}}{2}\right)^{2}+\left( \frac{e^{x}-e^{-x}}{2}\right)^{2} =\frac{e^{2x}+e^{-2x}+2}{4}+\frac{e^{2x}+e^{-2x}-2}{4} =\frac{e^{2x}+e^{-2x}}{2}=\cosh2x $,
所以$ \cosh2x=\cosh^{2}x+\sinh^{2}x $.
(2)因为$ \sinh(-x)=\frac{e^{-x}-e^{x}}{2}=-\sinh x,x\in\mathbf{R} $恒成立,故$ y = \sinh x $是奇函数.
又因为$ y = e^{x} $在$ \mathbf{R} $上单调递增,$ y = e^{-x} $在$ \mathbf{R} $上单调递减,
故$ y = \sinh x=\frac{e^{x}-e^{-x}}{2} $在$ \mathbf{R} $上单调递增,
由$ \sinh(x^{2}-2mx)-\sinh(1 - 2x)\leqslant0 $在$ x\in[0,3] $上恒成立,
即$ \sinh(x^{2}-2mx)\leqslant\sinh(1 - 2x) $在$ x\in[0,3] $上恒成立,
故$ x^{2}-2mx\leqslant1 - 2x $在$ x\in[0,3] $上恒成立.
当$ x = 0 $时显然恒成立,当$ x\in(0,3] $时,$ 2m\geqslant\frac{x^{2}+2x - 1}{x}=x-\frac{1}{x}+2 $恒成立.
令$ F(x)=x-\frac{1}{x}+2,x\in(0,3] $,
易知$ F(x) $在$ (0,3] $上单调递增,
所以$ F(x)_{\max}=F(3)=\frac{14}{3} $,所以$ 2m\geqslant\frac{14}{3} $,则$ m\geqslant\frac{7}{3} $,所以$ m $的取值范围为$ \left[ \frac{7}{3},+\infty\right) $.
(3)因为$ \cosh x=\frac{e^{x}+e^{-x}}{2},\cosh(2x)=\frac{e^{2x}+e^{-2x}}{2} $,
所以$ \cosh(2x)=\frac{e^{2x}+e^{-2x}}{2}=2\left( \frac{e^{x}+e^{-x}}{2}\right)^{2}-1 = 2(\cosh x)^{2}-1 $.
又$ f(x)=2\cosh(2x)-4b\cosh x + 4b - 2 = 4(\cosh x)^{2}-4b\cosh x + 4b - 4 = 4(\cosh x - 1)[\cosh x - (b - 1)] $.
令$ f(x)=4(\cosh x - 1)[\cosh x - (b - 1)] = 0 $,
即$ \cosh x = 1 $或$ \cosh x = b - 1 $,
即$ \frac{e^{x}+e^{-x}}{2}=1 $或$ \frac{e^{x}+e^{-x}}{2}=b - 1 $.
对于$ \frac{e^{x}+\text{e^{-x}}}{2}=1 $,由于$ \cosh x=\frac{e^{x}+e^{-x}}{2}\geqslant\sqrt{e^{x}·e^{-x}} = 1 $,当且仅当$ x = 0 $时取等号,所以$ x = 0 $.
对于$ \frac{e^{x}+e^{-x}}{2}=b - 1 $,令$ g(x)=\frac{e^{x}+e^{-x}}{2},x\in\mathbf{R} $,
由于$ g(-x)=\frac{e^{-x}+e^{x}}{2}=g(x) $,
所以$ g(x)=\frac{e^{x}+e^{-x}}{2} $为偶函数.
易得$ g(x) $在$ (0,+\infty) $上单调递增,
故$ g(x) $在$ (-\infty,0) $上单调递减,
又因为$ g(0)=1 $,所以当$ b - 1＜1 $,即$ b＜2 $时,直线$ y = b - 1 $与$ y = g(x) $图象无交点,即方程$ \frac{e^{x}+e^{-x}}{2}=b - 1 $无解.
当$ b - 1 = 1 $,即$ b = 2 $时,直线$ y = b - 1 $与$ y = g(x) $图象有且仅有一个交点,
即方程$ \frac{e^{x}+e^{-x}}{2}=b - 1 $有一个实数根,即为$ x = 0 $.
当$ b - 1＞1 $,即$ b＞2 $时直线$ y = b - 1 $与$ y = g(x) $图象有两个交点,
由$ \frac{e^{x}+e^{-x}}{2}=b - 1 $,即$ e^{2x}-2(b - 1)e^{x}+1 = 0 $,解得$ e^{x}=b - 1\pm\sqrt{b^{2}-2b} $,
所以$ x=\ln(b - 1+\sqrt{b^{2}-2b}) $或$ x=\ln(b - 1-\sqrt{b^{2}-2b}) $.
综上可得,当$ b＜2 $时,$ f(x) $没有零点,当$ b = 2 $时,$ f(x) $只有一个零点,且零点为0,当$ b＞2 $时,$ f(x) $有三个零点,分别为$ \ln(b - 1-\sqrt{b^{2}-2b}),0,\ln(b - 1+\sqrt{b^{2}-2b}) $.