Question

12．已知函數(shù)$f（x）=lg（{\frac{a-x}{3+x}}）$為奇函數(shù)，
（1）求a的值；
（2）判斷并證明函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（3）是否存在這樣的實數(shù)k，使f（k-cosθ）+f（cos²θ-k²）≥0對一切θ∈R恒成立，若存在，試求出k取值的集合；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意可得f（0）=0，由此求得a的值．
（2）利用減函數(shù)的定義證明 f（x）是（-3，3）上的減函數(shù)．
（3）根據(jù)f（k-cosθ）≥f（k²-cos²θ），f（x）是（-3，3）上的減函數(shù)，可得 $\left\{\begin{array}{l}{k-cosθ{≤k}^{2}{-cos}^{2}θ}\\{-3＜k-cosθ＜3}\\{-3{＜k}^{2}{-cos}^{2}θ＜3}\end{array}\right.$ 對任意的實數(shù)θ恒成立，由此分類求得k的范圍，綜合可得結(jié)論．

解答 解：（1）∵函數(shù)$f（x）=lg（{\frac{a-x}{3+x}}）$為奇函數(shù)，定義域中包含0，故有f（0）=0，
即lg$\frac{a}{3}$=0，∴a=3．
（2）由（1）可得f（x）=lg$\frac{3-x}{3+x}$，根據(jù)$\frac{3-x}{3+x}$＞0，求得-3＜x＜3，故函數(shù)的定義域為（-3，3）．
（2）任取${x_1}，{x_2}∈（{-3，3}），且{x_1}＜{x_2}，f（{x_1}）-f（{x_2}）=lg（{\frac{{3-{x_1}}}{{3+{x_1}}}}）-lg（{\frac{{3-{x_2}}}{{3+{x_2}}}}）$=$lg\frac{{（{3-{x_1}}）（{3+{x_2}}）}}{{（{3+{x_1}}）（{3-{x_2}}）}}=lg\frac{{9+3（{{x_2}-{x_1}}）-{x_1}{x_2}}}{{9+3（{{x_1}-{x_2}}）-{x_1}{x_2}}}$，
∵9+3（x₂-x₁）-x₁x₂＞9-x₁x₂＞0，∴$\frac{{9+3（{{x_2}-{x_1}}）-{x_1}{x_2}}}{{9+3（{{x_1}-{x_2}}）-{x_1}{x_2}}}＞1⇒f（{x_1}）-f（{x_2}）＞0⇒f（{x_1}）＞f（{x_2}）$，
∴f（x）是（-3，3）上的減函數(shù)．
（3）∵f（k-cosθ）≥-f（cos²θ-k²）=f（k²-cos²θ），f（x）是（-3，3）上的減函數(shù)，
∴$\left\{\begin{array}{l}{k-cosθ{≤k}^{2}{-cos}^{2}θ}\\{-3＜k-cosθ＜3}\\{-3{＜k}^{2}{-cos}^{2}θ＜3}\end{array}\right.$  對任意的實數(shù)θ恒成立．
由k-cosθ≤cos²θ-k²，可得k-k²≤cosθ-cos²θ對任意的實數(shù)θ恒成立．
令y=cosθ-cos²θ=-${（cosθ-\frac{1}{2}）}^{2}$+$\frac{1}{4}$，故當cosθ=-1時，y取得最小值為-2，∴k-k²≤-2，
求得k≤-1，或 k≥2 ①．
同理：由-3＜k-cosθ＜3對θ∈R恒成立得：-2＜k＜2 ②．
由-3＜cos²θ-k²＜3對θ∈R恒成立得：$-\sqrt{3}＜k＜\sqrt{3}$  ③．
綜合①②③可得，$-\sqrt{3}＜k≤-1$，所以存在這樣的k，其范圍為$\left\{{k|-\sqrt{3}＜k≤-1}\right\}$．

點評 本題主要考查函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性，求函數(shù)的最值，函數(shù)的恒成立問題，屬于中檔題．