Question

已知函數(shù)f（x）=

1+x

+

1-x

．
（1）求函數(shù)f（x）的定義域和值域；
（2）設(shè)F（x）=

a

2

•[f²（x）-2]+f（x）（a為實(shí)數(shù)），記函數(shù)F（x）在a＜0時(shí)的最大值g（a），若-m²+2tm+

2

≤g（a）對a＜0所有的實(shí)數(shù)a及t∈[-1，1]恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：函數(shù)恒成立問題,函數(shù)的定義域及其求法

專題：綜合題,函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用

分析：（1）由1+x≥0且1-x≥0可求得定義域，先求[f（x）]²的值域，再求f（x）的值域；
（2）t=f（x）=

1+x

+

1-x

，則

1-x2

=

1

2

t2-1，由此可轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的二次函數(shù)，按照對稱軸與t的范圍[

2

，2]的位置關(guān)系分三種情況討論，借助單調(diào)性即可求得其最大值；求出函數(shù)g（x）的最小值，-m²+2tm+

2

≤g（a）對a＜0恒成立，即要使-m²+2tm+

2

≤g_min（a）恒成立，m²-2tm≥0，令h（t）=-2mt+m²，對所有的t∈[-1，1]，h（t）≥0成立，從而轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的一次不等式，再根據(jù)一次函數(shù)的單調(diào)性可得不等式組，解出即可．

解答： 解：（1）由1+x≥0且1-x≥0，得-1≤x≤1，
所以函數(shù)的定義域?yàn)閇-1，1]，
又[f（x）]²=2+2

1-x2

∈[2，4]，由f（x）≥0，得f（x）∈[

2

，2]，
所以函數(shù)值域?yàn)閇

2

，2]；
（2）因?yàn)镕（x）=

a

2

•[f²（x）-2]+f（x），
令t=f（x）=

1+x

+

1-x

，則

1-x2

=

1

2

t2-1，
∴F（x）=m（t）=a（

1

2

t²-1）+t=

1

2

at²+t-a，t∈[

2

，2]，
由題意知g（a）即為函數(shù)m（t）=

1

2

at²+t-a的最大值．
注意到直線t=-

1

a

是拋物線m（t）=

1

2

at²+t-a的對稱軸．
因?yàn)閍＜0時(shí)，函數(shù)y=m（t），t∈[

2

，2]的圖象是開口向下的拋物線的一段，
①若t=-

1

a

∈(0，

2

]即a≤-

2

2

，則g(a)=m(

2

)=

2

②若t=-

1

a

∈(

2

，2]即-

2

2

＜a≤-

1

2

，則g(a)=m(-

1

a

)=-a-

1

2a

③t=-

1

a

∈(2，+∞)即-

1

2

＜a＜0，則g（a）=m（2）=a+2
綜上有g(a)=

a+2，a≥- 1 2 -a- 1 2a ，- 2 2 ＜a＜- 1 2 2 ，a≤- 2 2

…9分
易得g_min（a）=

2

由-m²+2tm+

2

≤g（a）對a＜0恒成立，
即要使-m²+2tm+

2

≤g_min（a）恒成立，
m²-2tm≥0，令h（t）=-2mt+m²，對所有的t∈[-1，1]，h（t）≥0成立，
只需

h(-1)=2m+m2≥0 h(1)=-2m+m2≥0

，
解得m的取值范圍是m≤-2或m=0，或m≥2．

點(diǎn)評：本題考查函數(shù)恒成立問題，考查函數(shù)定義域、值域的求法，考查學(xué)生對問題的轉(zhuǎn)化能力，恒成立問題往往轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問題解決．