Question

15．已知函數(shù)f（x）=1-$\frac{a}{{a}^{x}+b}$為定義在R上的奇函數(shù)．
（1）求f（x）的解析式；
（2）判斷f（x）的單調(diào)性，并用定義證明；
（3）若f（lnm）+f（2lnn）≤1-3lnm，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）法一：由奇函數(shù)的性質(zhì)：f（x）+f（-x）=0列出方程，化簡(jiǎn)后列出方程組求出a、b的值，結(jié)合條件求出f（x）的解析式；
法二：由奇函數(shù)的性質(zhì)：f（x）+f（-x）=0取特值后，列出方程組求出a、b的值，即可求出f（x）的解析式；
（2）先判斷出f（x）的單調(diào)性，利用函數(shù)單調(diào)性的定義：取值、作差、變形、定號(hào)、下結(jié)論進(jìn)行證明；
（3）由奇函數(shù)的性質(zhì)先化簡(jiǎn)不等式，構(gòu)造h（x）=f（x）+x，利用單調(diào)性的定義、f（x）的單調(diào)性證明h（x）在R上的單調(diào)性，由單調(diào)性列出不等式，即可求出m的范圍．

解答 （1）（法一）因?yàn)楹瘮?shù)f（x）為R上的奇函數(shù)，
所以$f（x）+f（-x）=1-\frac{a}{{{2^x}+b}}+1-\frac{a}{{{2^{-x}}+b}}=0$在R上恒成立．…（2分）
所以 （a-2b）（2^x+2^-x）+2ab-2b²-2=0恒成立．
所以$\left\{\begin{array}{l}a=2b\\ ab=1+{b^2}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=1\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}a=-2\\ b=-1\end{array}\right.$…（4分）
由定義域?yàn)镽舍去$\left\{\begin{array}{l}a=-2\\ b=-1\end{array}\right.$，
所以$f（x）=1-\frac{2}{{{2^x}+1}}$．…（5分）
（法二）函數(shù)的定義域?yàn)镽，且f（x）是奇函數(shù)，
當(dāng)x=0時(shí)，得$f（0）=1-\frac{a}{1+b}=0$，得a=b+1，…（1分）
當(dāng)x=1時(shí)，f（1）+f（-1）=0，得$1-\frac{a}{2+b}+1-\frac{a}{{{2^{-1}}+b}}=0$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=1\end{array}\right.$，…（3分）
此時(shí)$f（x）+f（-x）=1-\frac{2}{{{2^x}+1}}+1-\frac{2}{{{2^{-x}}+1}}=0$為奇函數(shù)；         …（4分）
所以$f（x）=1-\frac{2}{{{2^x}+1}}$．…（5分）
（2）函數(shù)f（x）為R上的單調(diào)增函數(shù)．  …（6分）
證明：設(shè)x₁，x₂是R上的任意兩個(gè)值，且x₁＜x₂，
則$f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）=1-\frac{2}{{2}^{{x}_{1}}+1}-（1-\frac{2}{{2}^{{x}_{2}}+1}）$
=$\frac{2}{{2}^{{x}_{2}}+1}-\frac{2}{{2}^{{x}_{1}}+1}=\frac{2（{2}^{{x}_{1}}-{2}^{{x}_{2}}）}{（{2}^{{x}_{1}}+1）（{2}^{{x}_{2}}+1）}$    …（8分）
因?yàn)閤₁＜x₂，又g（x）=2^x為R上的單調(diào)增函數(shù)，所以$0＜{2^{x_1}}＜{2^{x_2}}$，
所以f（x₁）-f（x₂）＜0，即f（x₁）＜f（x₂），
所以函數(shù)f（x）為R上的單調(diào)增函數(shù)． …（10分）
（3）因?yàn)閒（lnm）+f（2lnm-1）≤1-3lnm，即f（lnm）+lnm≤-f（2lnm-1）+1-2lnm
而函數(shù)f（x）為R上的奇函數(shù)，
所以f（lnm）+lnm≤f（1-2lnm）+1-2lnm．  …（12分）
令h（x）=f（x）+x，下面證明h（x）在R上的單調(diào)性：（只要說(shuō)出h（x）的單調(diào)性不扣分）
設(shè)x₁，x₂是R上的任意兩個(gè)值，且x₁＜x₂，
因?yàn)閤₁-x₂＜0，由（2）知f（x₁）-f（x₂）＜0，
所以h（x₁）-h（x₂）=f（x₁）+x₁-（f（x₂）+x₂）
=f（x₁）-f（x₂）+（x₁-x₂）＜0，
即h（x₁）＜h（x₂），所以h（x）為R上的單調(diào)增函數(shù)．
因?yàn)閒（lnm）+lnm≤f（1-2lnm）+1-2lnm，
所以h（lnm）≤h（1-2lnm）所以lnm≤1-2lnm，…（14分）
解得$0＜m≤\root{3}{e}$，所以實(shí)數(shù)m的范圍是$（{0，\root{3}{e}}]$．  …（16分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了奇函數(shù)的性質(zhì)，利用單調(diào)性的定義證明函數(shù)的單調(diào)性，以及構(gòu)造法解不等式，考查方程思想，函數(shù)思想，化簡(jiǎn)、變形能力．