双曲三角函数

引子

(2025 八省联考) 10、在人工神经网络中，单个神经元输入与输出的函数关系可以称之为激励函数。双曲正切函数是一种激励函数，定义双曲正弦函数 $\sinh x = \frac{e^x - e^{-x}}{2}$，双曲余弦函数 $\cosh x = \frac{e^x + e^{-x}}{2}$，双曲正切函数 $\tanh x = \frac{\sinh x}{\cosh x}$，则

A. 双曲正弦函数是增函数

B. 双曲余弦函数是增函数

C. 双曲正切函数是增函数

D. $\tanh(x + y) = \frac{\tanh x + \tanh y}{1 + \tanh x \cdot \tanh y}$

$$\begin{gathered}\sinh(x)=\frac{e^x-e^{-x}}{2}\\ \cosh(x)=\frac{e^x+e^{-x}}{2}\\ \tanh(x)=\frac{\sinh(x)}{\cosh(x)}\\ =\frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}=\frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}\end{gathered}$$

以上三组函数,是常见的双曲三角函数.

顾名思义,双曲三角函数必然与三角函数有瓜葛,而维系三角函数与双曲三角函数之间关系的纽带,就是著名的欧拉公式:

$$\begin{gathered}e^{i\theta}=\cos \theta+i\sin\theta(\theta\in\R)\end{gathered}$$

带入双曲三角函数中:

$$\begin{gathered}\sinh(ix)=i\sin x\\ \cosh(ix)=\cos x\\ \tanh(ix)=i\tan x\end{gathered}$$

我们作代换$x\to \frac{x}{i}$,则:

$$\begin{gathered}\sinh(x)=i\sin\frac{x}{i}\\ \cosh(x)=\cos\frac{x}{i}\\ \tanh(x)=i\tan\frac{x}{i}\end{gathered}$$

代换看似平平无奇,但实则地动山摇:这样一来,诸多的三角恒等变换公式便可为我所用

$$\begin{gathered}\sinh(x+y)=i\sin\frac{x+y}{i}\\ =(i\sin\frac{x}{i})\cos\frac{y}{i}+\cos\frac{x}{i}(i\sin\frac{y}{i})\\ =\sinh x\cosh y+\cosh x\sinh y\\ \cosh(x+y)=\cos\frac{x+y}{i}\\ =\cos\frac{x}{i}\cos\frac{y}{i}-\sin\frac{x}{i}\sin\frac{y}{i}\\ =\cos\frac{x}{i}\cos\frac{y}{i}+(i\sin\frac{x}{i})(i\sin\frac{y}{i})\\ =\cos x\cos y+\sinh x\sinh y\\ \tanh(x+y)=i\tan\frac{x+y}{i}\\ =i\frac{\tan\frac{x}{i}+\tan\frac{y}{i}}{1-\tan\frac{x}{i}\tan\frac{y}{i}}\\ =\frac{i\tan\frac{x}{i}+i\tan\frac{y}{i}}{1+(i\tan\frac{x}{i})(i\tan\frac{y}{i})}\\ =\frac{\tanh x+\tanh y}{1+\tanh x\tanh y}\end{gathered}$$

倘若用指数形式证明诸多的双曲三角函数恒等式,实为舍近求远. "它山之石,可以攻玉",看看眼前已有的三角恒等变换公式,并将其作为有效的"他山之石",才是更简便的方法.

续

【例 4】（2026.1 北京市西城区高三期末试卷第 10 题，4 分）

激活函数在神经网络中的核心作用是引入非线性变换，使神经网络能够学习和逼近复杂函数关系，从而解决线性模型无法处理的非线性问题．其中，$Tanh(x)=\frac{\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^{-x}}{\mathrm{e}^x+\mathrm{e}^{-x}}$就是一个常见的激活函数，它可以将输入的实数输出到区间 $(-1,1)$上．若希望输出的值增加 $0.5$，即 $Tanh(x_2)-Tanh(x_1)=0.5$，则与 $x_2-x_1$的最小值最接近的是（ ）

（参考数据：$\ln2\approx0.69,\ln3\approx1.10,\ln5\approx1.61$）

A. $0.26$

B. $0.41$

$\textcolor{red}{C.}$$0.51$

D. $1.10$

了解了双曲三角函数基本运算,更加深入定量的讨论必不可少.

直观上看,双曲正切函数在$x\to 0$时增长速度快,所以$x_1+x_2=0$,即点$(x_1,\tanh x_1),(x_2,\tanh x_2)$关于原点对称时,$x_2-x_1$取得最小值.

但结合图像总归只是权宜之计,不能给出严谨的解法:

问题的关键点在于利用$\tanh x_2-\tanh x_1=\frac{1}{2}$. 事实上,正是在$\tanh(x_2-x_1)$中才会出现这一项. 于是,我们便构建了条件与结论间的桥梁:

$$\begin{gathered}\tanh(x_2-x_1)=\frac{\tanh x_2-\tanh x_1}{1+\tanh x_2(-\tanh x_1)}\\ \ge\frac{\tanh x_2-\tanh x_1}{1+\frac{(\tanh x_2-\tanh x_1)^2}{4}}\\ =\frac{8}{17}\end{gathered}$$

熟知$y=\tanh(x)$的反函数为$y=\frac{1}{2}\ln(\frac{1+x}{1-x})$,因此有:

$$\begin{gathered}x_2-x_1\ge\ln\frac{5}{3}\approx0.51\end{gathered}$$

Prove that if $(x + \sqrt{x^2 + 1})(y + \sqrt{y^2 + 1}) = 1$then $x + y = 0$

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这是一道11年前的老题，而如今许多模拟题仍在昭示着它的价值:

从本质上讲,说的是双曲余弦正弦函数的中心对称性:

从双曲函数的指数形式,可以推得其反函数:

$$\begin{gathered}\sinh^{-1}(x)=\ln(x+\sqrt{x^2+1})\\ \tanh^{-1}(x)=\frac{1}{2}\ln(\frac{1+x}{1-x})\end{gathered}$$

注意,$\cosh(x)$在定义域上不单调,不存在反函数.

对于这道题,我们有:

$$\begin{gathered}x+\sqrt{x^2+1}\gt0,y+\sqrt{y^2+1}\gt0\\ \ln(x+\sqrt{x^2+1})+\ln(y+\sqrt{y^2+1})=0\\ \sinh^{-1}{x}+\sinh^{-1}{y}=0\\ \sinh^{-1}{x}=-\sinh^{-1}{y}=\sinh^{-1}(-y)\\ \Longrightarrow x=-y\end{gathered}$$

大胆猜测,小心放缩

【附加题 2】（2026.6.29 北大强基）

已知实数 $a, b, c$的绝对值均不小于 $1$，且 $f(x) = x + \frac{1}{x}$．若 $f(a) + f(b) + f(c) = 0$，求 $a + b + c$的最小值．

首先做出大方向的判断:$a,b,c$绝无可能符号相同,于是只剩下"两正一负"和"两负一正"两种情况:

两正一负

法1

想要$\min{a+b+c}$,那么两个正数要尽可能小,于是令其等于1.

不妨设$a,b\gt0,c\lt0$,有:

$$\begin{gathered}0=a+b+c+\frac1a+\frac1b+\frac1c\le1+(a+b-1)+c+\frac11+\frac{1}{a+b-1}+\frac1c\\ c+\frac{1}{c}\ge-[(a+b+1)+\frac{1}{a+b-1}]\\ c\ge\frac{-[(a+b+1)+\frac{1}{a+b-1}]-\sqrt{([(a+b+1)+\frac{1}{a+b-1}]^2-4}}{2}\\ a+b+c\ge\frac{(a+b-1)-\frac{1}{a+b-1}-\sqrt{([(a+b+1)+\frac{1}{a+b-1}]^2-4}}{2}\\ f(x)=x-\frac1x-\sqrt{(x+\frac1x+2)^2-4},x\ge1\\ f'(x)=1+\frac1{x^2}-2(x+\frac1x+2)(1-\frac{1}{x^2})\frac{1}{2\sqrt{(x+\frac1x+2)^2-4}}\\ =1+\frac1{x^2}-(1-\frac1{x^2})\frac{1}{\sqrt{1-\frac{4}{(x+\frac{1}{x}+2)^2}}}\ge0\\ \Longleftrightarrow (1+\frac{1}{x^2})\ge(1-\frac1{x^2})\frac{1}{\sqrt{1-\frac{4}{(x+\frac{1}{x}+2)^2}}}\\\Longleftrightarrow \frac{1+\frac{1}{x^2}}{1-\frac{1}{x^2}}\ge\frac{1}{\sqrt{1-\frac{4}{(x+\frac{1}{x}+2)^2}}}\\\Longleftrightarrow 1+\frac{2}{x^2-1}=\frac{x^2+1}{x^2-1}\ge\frac{(x+\frac{1}{x}+2)}{\sqrt{(x+\frac{1}{x}+2)^2-4}}=\sqrt{1+\frac{4}{(x+\frac{1}{x}+2)^2-4}}\\\Longleftrightarrow 1+\frac{4}{x^2-1}+\frac{4}{(x^2-1)^2}\ge1+\frac{4}{(x+\frac{1}{x}+2)^2-4}\\\Longleftrightarrow (x+1)^4\ge(x^2+1)^2\\ \Longleftrightarrow (x+1)^2\ge x^2+1\\a+b+c=f(a+b-1)/2\ge f(1)/2=1+1+(-2-\sqrt3)=-\sqrt3\end{gathered}$$

法2

回顾法1，事实上我们是在已经猜出边界取等条件$a=1$时进行了恒等变形。事实上，如果从结论$a=b=+1,c=-2-\sqrt3\Longrightarrow a+b+c\ge-\sqrt3$出发,逆推顺证,便如顺水行舟.

$$\begin{gathered}a+b+c\ge-\sqrt3\\ \Longleftrightarrow c\ge-(a+b+\sqrt3)\\ \Longleftrightarrow c+\frac{1}{c}\ge-(a+b+\sqrt3+\frac{1}{a+b+\sqrt3})\\\end{gathered}$$同时,根据法1:$c+\frac{1}{c}\ge-[(a+b+1)+\frac{1}{a+b-1}]$,欲证明:

$$\begin{gathered}-[(a+b+1)+\frac{1}{a+b-1}]\ge-(a+b+\sqrt3+\frac{1}{a+b+\sqrt3})\\ \Leftrightarrow (a+b+1)+\frac{1}{a+b-1}\le a+b+\sqrt3+\frac{1}{a+b+\sqrt3}\\ \Leftrightarrow x+1+\frac{1}{x-1}\le x+\sqrt3+\frac{1}{x+\sqrt3}(x\ge2)\\ \Leftrightarrow (x-2)[(\sqrt3-1)x+2]\ge0(x\ge2)\end{gathered}$$两种思路对比,法1稳扎稳打,确保了恒等变形;法2反客为主,以条件为杠杆,以必要条件撬动了问题解决.

两负一正

$$\begin{gathered}a\gt0,b\lt0,c\lt0,a+b+c+\frac1a+\frac1b+\frac1c=0\\ a+\frac{1}{a}=-(b+c)+\frac{-(b+c)}{bc}\gt-(b+c)+\frac{1}{-(b+c)}\\ a\ge1,-(b+c)\ge2\gt0\\ \therefore a\gt -(b+c)\\ a+b+c\gt0\end{gathered}$$

综上,$\min a+b+c=-\sqrt3(a=b=1,c=-2-\sqrt3)$

事实上,如果稍微更改一下条件,也不会影响结果:

已知实数 $a, b, c$的绝对值均不大于 $1$，且 $f(x) = x + \frac{1}{x}$．若 $f(a) + f(b) + f(c) = 0$，求 $a + b + c$的最小值．

首先做出大方向的判断:$a,b,c$绝无可能符号相同,于是只剩下"两正一负"和"两负一正"两种情况:

两正一负

想要$\min{a+b+c}$,两正一负显然不是最优的情况,我们设法说明之: 不妨设$a,b\gt0,c\lt0$,有:

$$\begin{gathered}a+b+c+\frac1a+\frac1b+\frac1c=0\\ (a+b)(1+\frac{1}{ab})=-(c+\frac{1}{c})\\ 1+\frac{1}{ab}\gt0\\a+b+c\gt a+b\gt0\end{gathered}$$

接下来,只需要说明"两负一正"可以给出小于0的最小值即可.

两负一正

$|a|,|b|,|c|\le1$,这个条件给出很强的暗示:取得最小值时,有一些数为$\pm1$. 要让$a+b+c$最小,最好$a=b=-1,c\gt0$, 而这个猜出的取等条件,将成为我们放缩的方向标:

$$\begin{gathered}(-c-\frac1c)=(a+b)(1+\frac{1}{ab})\ge-2(1+\frac{1}{ab})\\ c+\frac{1}{c}\le2(1+\frac{1}{ab})\\ c\ge\frac{2+\frac{2}{ab}-\sqrt{(2+\frac{2}{ab})^2-4}}{2}\\ =\frac{4}{2+\frac{2}{ab}+\sqrt{(2+\frac{2}{ab})^2-4}}\\ \ge2-\sqrt3(ab=1)\end{gathered}$$

.所以,$a+b+c\ge-\sqrt3(a=b=-1,c=2-\sqrt3)$.