Question

6．己知f（x）=$\frac{\sqrt{2}}{{2}^{x}+\sqrt{2}}$
（1）求函数y=f（x）的值域；
（2）判断并证明y=f（x）的单调性；
（3）计算f（-1）+f（2）、f（0）+f（1）的值，由此概括出函数y=f（x）所具有的一个性质并加以证明．

Answer 1

分析 （1）先确定函数式分母的范围，2^x+$\sqrt{2}$∈（$\sqrt{2}$，+∞），再确定函数的值域；
（2）先判断函数在R上单调递减，再根据单调性定义用作差比较法证明；
（3）先计算出f（-1）+f（2）、f（0）+f（1）的值都为1，再证明f（x）+f（1-x）=1恒成立．

解答 解：（1）因为x∈R，所以2^x∈（0，+∞），
因此，2^x+$\sqrt{2}$∈（$\sqrt{2}$，+∞），
所以，f（x）=$\frac{\sqrt{2}}{{2}^{x}+\sqrt{2}}$∈（0，1），
即函数f（x）的值域为：（0，1）；
（2）f（x）在R上单调递减，证明如下：
任取x₁，x₂∈（-∞，+∞），且x₁＜x₂，
则f（x₁）-f（x₂）=$\sqrt{2}$•[$\frac{1}{{2}^{{x}_{1}}+\sqrt{2}}$-$\frac{1}{{2}^{{x}_{2}}+\sqrt{2}}$]
=$\sqrt{2}$•$\frac{{2}^{{x}_{2}}-{2}^{{x}_{1}}}{（{2}^{{x}_{1}}+\sqrt{2）（{2}^{{x}_{2}}+\sqrt{2}）}}$，
因为，x₁＜x₂，所以，${2}^{{x}_{2}}-{2}^{{x}_{1}}$＞0，
所以，f（x₁）＞f（x₂），
即f（x）为R上的减函数；
（3）由f（x）=$\frac{\sqrt{2}}{{2}^{x}+\sqrt{2}}$，计算得出：
f（-1）+f（2）=1，f（0）+f（1）=1，
故猜测：f（x）+f（1-x）=1，证明过程如下：
f（x）+f（1-x）=$\frac{\sqrt{2}}{{2}^{x}+\sqrt{2}}$+$\frac{\sqrt{2}}{{2}^{1-x}+\sqrt{2}}$
=$\frac{\sqrt{2}[2^x+{2}^{1-x}+2\sqrt{2}]}{（2^x+\sqrt{2}）（{2}^{1-x}+\sqrt{2}）}$=$\frac{\sqrt{2}（2^x+{2}^{-x}）+4}{\sqrt{2}（2^x+{2}^{1-x}）+4}$=1，
即f（x）+f（1-x）=1，对任意实数都成立．

点评 本题主要考查了函数值域的求法，函数单调性的判断证明，以及函数性质的探索和证明，属于中档题．