Question

20．已知f（x）=$\frac{a}{{a}^{2}-1}$（a^x-a^-x）（a＞0且a≠1）
（1）求函數(shù)f（x）的定義域；判斷它的單調(diào)性并用定義證明；
（2）若F（x）=f（x）-4且在（-∞，2]上恒有F（x）＜0，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)函數(shù)解析式恒有意義，可得函數(shù)f（x）=$\frac{a}{{a}^{2}-1}$（a^x-a^-x）的定義域?yàn)镽；任取x₁＜x₂，作差f（x₁）-f（x₂）并判斷符號(hào)，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性的定義，可得f（x）在R上的單調(diào)性遞增；
（2）若F（x）=f（x）-4且在（-∞，2]上恒有F（x）＜0，則F（2）=$\frac{a}{{a}^{2}-1}$（a²-a^-2）-4＜0，解得答案．

解答 解：（1）∵f（x）=$\frac{a}{{a}^{2}-1}$（a^x-a^-x）（a＞0且a≠1）
對(duì)于任意x∈R，函數(shù)的解析式均有意義，
故函數(shù)f（x）=$\frac{a}{{a}^{2}-1}$（a^x-a^-x）的定義域?yàn)镽；
f（x）=$\frac{a}{{a}^{2}-1}$（a^x-a^-x）在R為上增函數(shù)，理由如下：
設(shè)x₁＜x₂，
∴f（x₁）-f（x₂）=$\frac{a}{{a}^{2}-1}$（a^x₁-a^-x₁）-$\frac{a}{{a}^{2}-1}$（a^x_2-a^-x₂）=$\frac{a}{{a}^{2}-1}$（a^x₁-a^x₂）（1+$\frac{1}{{a}^{{x}_{1}}•{a}^{{x}_{2}}}$）=$\frac{a}{{a}^{2}-1}$（a^x₁-a^x₂）（1+$\frac{1}{{a}^{{x}_{1+{x}_{2}}}}$），
∵0≤x₁＜x₂，
①當(dāng)0＜a＜1時(shí)，$\frac{a}{{a}^{2}-1}$＜0，a^x₁＞a^x₂，1+$\frac{1}{{a}^{{x}_{1+{x}_{2}}}}$＞0，
∴f（x₁）-f（x₂）＜0，即f（x₁）＜f（x₂），
∴f（x）在R上的單調(diào)性遞增；
②當(dāng)a＞1時(shí)，$\frac{a}{{a}^{2}-1}$＞0，a^x₁＜a^x₂，1-$\frac{1}{{a}^{{x}_{1+{x}_{2}}}}$＞0，
∴f（x₁）-f（x₂）＜0，即f（x₁）＜f（x₂），
∴f（x）在R上的單調(diào)性遞增；
（2）F（x）=f（x）-4在（-∞，2]上也為增函數(shù)，
若F（x）＜0恒成立，則F（2）=$\frac{a}{{a}^{2}-1}$（a²-a^-2）-4＜0，
即a-a^-1-4＜0，即a²-4a-1＜0，
解得：2-$\sqrt{5}$＜a＜2+$\sqrt{5}$，
又由a＞0且a≠1得：a∈（0，1）∪（1，2+$\sqrt{5}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查的知識(shí)點(diǎn)是函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)，函數(shù)單調(diào)性的判斷與證明，恒成立問(wèn)題，難度中檔．