Question

1．已知函數(shù)f（x）=$\frac{a•{2}^{x}+a-2}{{2}^{x}+1}$，其中a為常數(shù)．
（1）當(dāng)a=1時，判斷函數(shù)f（x）的奇偶性并證明；
（2）判斷函數(shù)f（x）的單調(diào)性并證明；
（3）當(dāng)a=1時，對于任意x∈[-2，2]，不等式f（x²+m+6）+f（-2mx）＞0恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)a=1時，求出函數(shù)f（x）的表達(dá)式，利用函數(shù)奇偶性的定義即可判斷函數(shù)f（x）的奇偶性并證明；
（2）根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義即可判斷函數(shù)f（x）的單調(diào)性并證明；
（3）當(dāng)a=1時，根據(jù)函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的性質(zhì)將不等式進行轉(zhuǎn)化，利用不等式恒成立，結(jié)合一元二次函數(shù)的性質(zhì)進行求解即可．

解答 （1）由題意，函數(shù)的定義域為R．
當(dāng)a=1時，f（x）=$\frac{{2}^{x}-1}{{2}^{x}+1}$，
則f（-x）=$\frac{{2}^{-x}-1}{{2}^{-x}+1}$=$\frac{1-{2}^{x}}{1+{2}^{x}}$=-f（x），
∴函數(shù)f（x）是奇函數(shù)．
（2）函數(shù)f（x）=$\frac{{2}^{x}-1}{{2}^{x}+1}$在R上是增函數(shù)，證明如下：
任取x₁、x₂∈R，且x₁＜x₂，則
f（x₁）-f（x₂）=$\frac{{2}^{{x}_{1}}-1}{{2}^{{x}_{1}}+1}$-$\frac{{2}^{{x}_{2}}-1}{{2}^{{x}_{2}}+1}$
=$\frac{2（{2}^{{x}_{1}}-{2}^{{x}_{2}}）}{（{2}^{{x}_{1}}+1）（{2}^{{x}_{2}}+1）}$，
∵x₁＜x₂，
∴${2}^{{x}_{1}}$-${2}^{{x}_{2}}$＜0，${2}^{{x}_{1}}$+1＞0，${2}^{{x}_{2}}$+1＞0；
∴f（x₁）-f（x₂）＜0，
∴函數(shù)f（x）=$\frac{{2}^{x}-1}{{2}^{x}+1}$在R上是增函數(shù)∴f（x
．∴f（x₁）＜f（x₂）
∴f（x）在定義域R上為增函數(shù)．      
（3）由（2）知函數(shù)在定義域上為增函數(shù)，且函數(shù)f（x）是奇函數(shù)，
則對于任意x∈[-2，2]，不等式f（x²+m+6）+f（-2mx）＞0恒成立，
等價為對于任意x∈[-2，2]，不等式f（x²+m+6）＞-f（-2mx）=f（2mx）恒成立，
即x²+m+6＞2mx，在x∈[-2，2]恒成立，
即即x²-2mx+m+6＞0，在x∈[-2，2]恒成立，
設(shè)g（x）=x²-2mx+m+6，則等價為g（x）_min＞0即可．
則g（x）=x²-2mx+m+6=（x-m）²-m²+m+6，
當(dāng)m≤-2，則函數(shù)g（x）的最小值為g（-2）=5m+10＞0，得m＞-2，不成立，
當(dāng)-2＜m＜2，則函數(shù)g（x）的最小值為g（m）=-m²+m+6＞0，得-2＜m＜2，
當(dāng)m≥2，則函數(shù)g（x）的最小值為g（2）=-3m+10＞0，得2≤m＜$\frac{10}{3}$，
綜上-2＜m＜$\frac{10}{3}$．

點評 本題主要考查函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的判斷以及不等式恒成立問題，利用奇偶性和單調(diào)性的定義以及一元二次函數(shù)的性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強，有一定的難度．