Question

20．已知定義域為R的函數(shù)f（x）=$\frac{{2}^{x}-b}{{2}^{x}+1}$是奇函數(shù)．
（Ⅰ）求b的值；
（Ⅱ）判斷函數(shù)f（x）的單調(diào)性，并用定義證明；
（Ⅲ）若對任意的x∈[0，1]，不等式f（4^x-1）+f（a•2^x）＜0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)函數(shù)奇偶性的性質(zhì)，利用f（0）=0，即可求b的值；
（Ⅱ）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，并用定義證明；
（Ⅲ）利用函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的性質(zhì)，將不等式進(jìn)行轉(zhuǎn)化，利用換元法轉(zhuǎn)化為一元二次函數(shù)恒成立問題進(jìn)行求解即可．

解答 解（Ⅰ）∵f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，
∴f（0）=0，$\frac{{2}^{0}-b}{{2}^{0}+1}=0$，∴b=1．
經(jīng)檢驗，當(dāng)b=1時f（x）=$\frac{{2}^{x}-1}{{2}^{x}+1}$是奇函數(shù)．∴b=1．…（3分）
（Ⅱ）f（x）=$\frac{{2}^{x}-1}{{2}^{x}+1}$=$\frac{{2}^{x}+1-2}{{2}^{x}+1}$=1-$\frac{2}{{2}^{x}+1}$，f（x）在（-∞，+∞）上是增函數(shù)，…（4分）
證明如下：在（-∞，+∞）上任取x₁，x₂，且x₁＜x₂，
則$f（{x_1}）-f（{x_2}）=1-\frac{1}{{{2^{x_1}}+1}}-（{1-\frac{1}{{{2^{x_2}}+1}}}）=\frac{1}{{{2^{x_2}}+1}}-\frac{1}{{{2^{x_1}}+1}}$=$\frac{{{2^{x_1}}-{2^{x_2}}}}{{（{{2^{x_1}}+1}）•（{{2^{x_2}}+1}）}}$．
∵x₁＜x₂，所以${2}^{{x}_{1}}$-${2}^{{x}_{2}}$＜0，
∴f（x₁）-f（x₂）＜0，
即f（x₁）＜f（x₂）．
∴f（x）在（-∞，+∞）上是增函數(shù)．…（6分）
（Ⅲ）∵f（4^x-1）+f（a•2^x）＜0，
∴f（4^x-1）＜-f（a•2^x）．
而f（x）是奇函數(shù)，
∴f（4^x-1）＜f（-a•2^x）．
又∵f（x）在（-∞，+∞）上是增函數(shù)，
所以4^x-1＜-a•2^x，即4^x+a•2^x-1＜0在[0，1]上恒成立．…（7分）
令t=2^x，則1≤t≤2，
∴t²+at-1＜0在[1，2]上恒成立．
設(shè)h（t）=t²+at-1，由圖象可是$\left\{\begin{array}{l}{h（1）＜0}\\{h（2）＜0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{1+a-1＜0}\\{4+2a-1＜0}\end{array}\right.$，
即$\left\{\begin{array}{l}{a＜0}\\{a＜-\frac{3}{2}}\end{array}\right.$．∴a＜-$\frac{3}{2}$
∴a的取值范圍為（-∞，-$\frac{3}{2}$）．

點評 本題主要考查函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的判斷和證明以及不等式恒成立問題，利用函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的性質(zhì)將不等式進(jìn)行轉(zhuǎn)化是解決本題的關(guān)鍵．