Question

6．已知函數(shù)$f（x）=1-\frac{4}{{2{a^x}+a}}（a＞0，a≠1）$是定義在實(shí)數(shù)集R上的奇函數(shù)．
（1）判斷函數(shù)在R上的單調(diào)性并用定義證明你的結(jié)論；
（2）若方程f（x）-2m=0在R上有解，求實(shí)數(shù)m的范圍；
（3）當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，mf（x）＞2^x-2恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由奇函數(shù)的性質(zhì)f（0）=0，代入求出a，利用定義法判定即可；
（2）若方程f（x）-2m=0在R上有解，2m應(yīng)在函數(shù)值域內(nèi)，求出函數(shù)的值域即可；
（3）不等式可整理為（2^x）²-（m+1）2^x+m-2＜0對(duì)x∈（0，1）恒成立，利用換元法令t=2^x，
得t²-（m+1）t+m-2＜0對(duì)于t∈（1，2）恒成立，利用二次不等式的性質(zhì)可求出m的范圍．

解答 解：（1）函數(shù)$f（x）=1-\frac{4}{{2{a^x}+a}}（a＞0，a≠1）$是定義在實(shí)數(shù)集R上的奇函數(shù)，
∴f（0）=0，
∴a=2，
∴$f（x）=1-\frac{4}{{2{a^x}+a}}（a＞0，a≠1）$
=1-$\frac{2}{{2}^{x}+1}$，
設(shè)x₁＜x₂，則f（x₂）-f（x₁）=$\frac{2}{{2}^{{x}_{1}}+1}$-$\frac{2}{{2}^{{x}_{2}}+1}$
=$\frac{2（{2}^{{x}_{2}}-{2}^{{x}_{1}}）}{{（2}^{{x}_{2}}+1）（{2}^{{x}_{1}}+1）}$
∵x₁＜x₂，
∴2x1＜2x2，即2x2-2x1＞0，（2x1+1）（2x2+1）＞0，
∴f（x₂）-f（x₁）=＞0，
即f（x₂）＞f（x₁），
∴f（x）是R上的遞增函數(shù)．
（2）若方程f（x）-2m=0在R上有解，
∴1-$\frac{2}{{2}^{x}+1}$=2m有解，
∴2m應(yīng)在函數(shù)值域內(nèi)，
（Ⅱ）∵y=1-$\frac{2}{{2}^{x}+1}$
又∵2^x＞0，
∴2^x+1＞1
∴0＜$\frac{2}{{2}^{x}+1}$＜2，-1＜1-$\frac{2}{{2}^{x}+1}$＜1
∴函數(shù)f（x）的值域（-1，1），
∴m∈（-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$）；
（3）由題意，當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，mf（x）＞2^x-2恒成立，
即（2^x）²-（m+1）2^x+m-2＜0對(duì)x∈（0，1）恒成立，
令t=2^x，
∵x∈（0，1），
∴t∈（1，2），
∴t²-（m+1）t+m-2＜0對(duì)于t∈（1，2）恒成立，
令g（t）=t²-（m+1）t+m-2，
∴g（1）＜0，g（2）＜0，
∴m＞0．

點(diǎn)評(píng) 考查了奇函數(shù)的性質(zhì)和單調(diào)性的證明，方程有解的問(wèn)題和恒成立問(wèn)題的轉(zhuǎn)換．注意換元法的應(yīng)用．