Question

10．已知f（x）=$\frac{b-{2}^{x}}{a+{2}^{x+1}}$是定義在R上的奇函數(shù)．
（1）求f（x）的解析式．
（2）若不等式f（t²-2t）+f（2t²-k）≤0對(duì)$t∈[{\frac{1}{4}，+∞}）$恒成立，求k的最大值．
（3）證明：對(duì)任意x，c∈R，不等式f（x）＜c²-3c+3恒成立．

Answer 1

分析 （1）由定義域?yàn)镽的函數(shù)f（x）=$\frac{b-{2}^{x}}{a+{2}^{x+1}}$是奇函數(shù)．可得f（0）=0，f（-1）+f（1）=0，聯(lián)立即可解得a，b；
（2）由（1）得：f（x）=$\frac{1}{{2}^{x}+1}$-$\frac{1}{2}$．利用y=2^x在R上單調(diào)遞增，可得f（x）在R上單調(diào)遞減．再利用奇偶性可得：不等式f（t²-2t）+f（2t²-k）≤0對(duì)$t∈[{\frac{1}{4}，+∞}）$恒成立?f（t²-2t）≤-f（2t²-k）=f（k-2t²）對(duì)$t∈[{\frac{1}{4}，+∞}）$恒成立，即可解出．
（3）對(duì)任何實(shí)數(shù)x，c都有f（x）＜c²-3c+3成立?f（x）_max＜（c²-3c+3）_min，分別求出即可．

解答 解：（1）∵定義域?yàn)镽的函數(shù)f（x）=$\frac{b-{2}^{x}}{a+{2}^{x+1}}$是奇函數(shù)．
∴f（0）=$\frac{-1+b}{2+a}$=0，解得b=1．
令x=1，則f（-1）+f（1）=$\frac{1-{2}^{-1}}{1+a}+\frac{1-2}{4+a}$=0，解得a=2．
∴a=2，b=1．
（2）f（x）=$\frac{1-{2}^{x}}{{2}^{x+1}+2}$=$\frac{1}{{2}^{x}+1}$-$\frac{1}{2}$．
∵y=2^x在R上單調(diào)遞增，∴y=$\frac{1}{{2}^{x}+1}$在R上單調(diào)遞減，
∴f（x）在R上單調(diào)遞減．
由不等式f（t²-2t）+f（2t²-k）≤0對(duì)$t∈[{\frac{1}{4}，+∞}）$恒成立，
?f（t²-2t）≤-f（2t²-k）=f（k-2t²）對(duì)$t∈[{\frac{1}{4}，+∞}）$恒成立．
∴t²-2t≥k-2t²對(duì)$t∈[{\frac{1}{4}，+∞}）$恒成立．
化為k≤3t²-2t對(duì)$t∈[{\frac{1}{4}，+∞}）$恒成立．
∵3t²-2t=$3（t-\frac{1}{3}）^{2}-\frac{1}{3}$，
∴k≤-$\frac{1}{3}$．
（3）證明：f（x）=$\frac{1}{{2}^{x}+1}$-$\frac{1}{2}$．
∵2^x＞0，2^x+1＞1，
∴-$\frac{1}{2}$＜f（x）＜$\frac{1}{2}$．
c²-3c+3=（c-$\frac{3}{2}$）²+$\frac{3}{4}$≥$\frac{3}{4}$，
存在任意實(shí)數(shù)c∈R，使得c²-3c+3≥$\frac{3}{4}$＞$\frac{1}{2}$＞f（x）．
∴對(duì)任何實(shí)數(shù)x，c都有f（x）＜c²-3c+3成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性、指數(shù)函數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)，考查了恒成立問(wèn)題的等價(jià)轉(zhuǎn)化方法，考查了推理能力和計(jì)算能力，屬于難題．