Question

12．f（x）=$\frac{-{2}^{x}+b}{{2}^{x+1}+a}$是定義域為R的奇函數(shù)．
（1）求a，b的值；
（2）判斷f（x）單調(diào)性并證明；
（3）若對任意x∈[$\frac{1}{2}$，4]都有f（kx²）+f（2x-1）＞0成立，求x范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)函數(shù)奇偶性的性質(zhì)建立方程關(guān)系即可求a，b的值；
（2）根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義即可判斷f（x）單調(diào)性并證明；
（3）根據(jù)函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的關(guān)系，利用參數(shù)分離法進(jìn)行求解即可．

解答 解：（1）∵f（x）為R上的奇函數(shù)，
∴f（0）=0，即f（0）=$\frac{b-1}{2+a}$=0，解得b=1，
由f（-1）=-f（1），得$\frac{-\frac{1}{2}+1}{1+a}$=-$\frac{1-2}{4+a}$，解得a=2，
故a=2，b=1；
則f（x）=$\frac{1-{2}^{x}}{2+2•{2}^{x}}$=$-\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{x}+1}$
（2）f（x）為R上的減函數(shù)，證明如下：
設(shè)x₁＜x₂，
則f（x₁）-f（x₂）=（-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{{x}_{1}}+1}$）-（-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{{x}_{2}}+1}$）=$\frac{1}{{2}^{{x}_{1}}+1}$-$\frac{1}{{2}^{{x}_{2}}+1}$=$\frac{{2}^{{x}_{2}}-{2}^{{x}_{1}}}{（{2}^{{x}_{1}}+1）（{2}^{{x}_{2}}+1）}$，
∵x₁＜x₂，∴${2}^{{x}_{1}}$＜${2}^{{x}_{2}}$，
∴f（x₁）-f（x₂）＞0，
即f（x₁）＞f（x₂），
故f（x）為減函數(shù)；
（3）若對任意x∈[$\frac{1}{2}$，4]都有f（kx²）+f（2x-1）＞0成立，
則等價為若對任意x∈[$\frac{1}{2}$，4]都有f（kx²）＞-f（2x-1）=f（1-2x）成立，
∵f（x）為R上的減函數(shù)，
∴不等式等價為kx²＞1-2x在x∈[$\frac{1}{2}$，4]恒成立，
即k＞$\frac{1-2x}{{x}^{2}}$=（$\frac{1}{x}$）²-2•$\frac{1}{x}$，
設(shè)g（x）=（$\frac{1}{x}$）²-2•$\frac{1}{x}$，
則g（x）=（$\frac{1}{x}$）²-2•$\frac{1}{x}$=（$\frac{1}{x}$-1）²-1，
∵x∈[$\frac{1}{2}$，4]，
∴$\frac{1}{x}$∈[$\frac{1}{4}$，2]，
∴當(dāng)$\frac{1}{x}$=2，即x=$\frac{1}{2}$時，g（x）取得最大值，此時g（x）=0，
則k≥0．

點評 本題主要考查函數(shù)奇偶性的應(yīng)用，以及函數(shù)單調(diào)性的判斷和證明，利用參數(shù)分離法是解決不等式恒成立問題的基本方法．