Question

12．已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f（x）=$\frac{{-{2^x}+b}}{{{2^{x+1}}+a}}$（a，b是常數(shù)）是奇函數(shù)．
（1）求函數(shù)f（x）的解析式；
（2）判斷函數(shù)f（x）的單調(diào)性，并證明你的結(jié)論；
（3）若對于任意$x∈[{\frac{1}{2}，3}]$都有f（kx²）+f（2x-1）＞0成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)f（x）為R上的奇函數(shù)便有$\left\{\begin{array}{l}{f（0）=0}\\{f（-1）=-f（1）}\end{array}\right.$，這樣即可求出a，b，從而得出$f（x）=\frac{-{2}^{x}+1}{{2}^{x+1}+2}$；
（2）分離常數(shù)得到$f（x）=-\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{x}+1}$，可看出f（x）在R上單調(diào)遞減，根據(jù)減函數(shù)的定義，設(shè)任意的x₁，x₂∈R，且x₁＜x₂，然后作差，通分，證明f（x₁）＞f（x₂），這樣便可得出f（x）在R上單調(diào)遞減；
（3）根據(jù)f（x）為奇函數(shù)且為減函數(shù)便可得到kx²＜1-2x對任意$x∈[\frac{1}{2}，3]$恒成立，從而有$k＜\frac{1-2x}{{x}^{2}}$對任意$x∈[\frac{1}{2}，3]$恒成立，可設(shè)$g（x）=\frac{1-2x}{{x}^{2}}$，求導(dǎo)數(shù)g′（x），根據(jù)導(dǎo)數(shù)符號便可得出x=1時(shí)，g（x）取最小值-1，從而得出k的取值范圍．

解答 解：（1）f（x）為R上的奇函數(shù)；
∴$\left\{\begin{array}{l}{f（0）=\frac{-1+b}{2+a}=0}\\{f（-1）=\frac{-\frac{1}{2}+b}{1+a}=-\frac{-2+b}{4+a}}\end{array}\right.$；
解得a=2，b=1；
∴$f（x）=\frac{-{2}^{x}+1}{{2}^{x+1}+2}$；
（2）$f（x）=\frac{-（{2}^{x}+1）+2}{2（{2}^{x}+1）}=-\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{x}+1}$；
x增大時(shí)，f（x）減小，f（x）在R上為減函數(shù)，證明如下：
設(shè)x₁＜x₂，則：
$f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）=\frac{1}{{2}^{{x}_{1}}+1}-\frac{1}{{2}^{{x}_{2}}+1}$=$\frac{{2}^{{x}_{2}}-{2}^{{x}_{1}}}{（{2}^{{x}_{1}}+1）（{2}^{{x}_{2}}+1）}$；
∵x₁＜x₂；
∴${2}^{{x}_{1}}＜{2}^{{x}_{2}}$，${2}^{{x}_{2}}-{2}^{{x}_{1}}＞0$；
又${2}^{{x}_{1}}+1＞0，{2}^{{x}_{2}}+1＞0$；
∴f（x₁）＞f（x₂）；
∴f（x）在R上單調(diào)遞減；
（3）f（x）為R上的奇函數(shù)，∴由f（kx²）+f（2x-1）＞0得：f（kx²）＞f（1-2x）；
又f（x）單調(diào)遞減；
∴kx²＜1-2x對任意$x∈[\frac{1}{2}，3]$恒成立；
∴$k＜\frac{1-2x}{{x}^{2}}$對任意x$∈[\frac{1}{2}，3]$恒成立；
設(shè)g（x）=$\frac{1-2x}{{x}^{2}}$，$g′（x）=\frac{2（x-1）}{{x}^{3}}$；
∴$x∈[\frac{1}{2}，1）$時(shí)，g′（x）＜0，x∈（1，3]時(shí)，g′（x）＞0；
∴x=1時(shí)，g（x）取到最小值-1；
∴k＜-1；
∴實(shí)數(shù)k的取值范圍為（-∞，-1）．

點(diǎn)評 考查奇函數(shù)、減函數(shù)的定義，奇函數(shù)在原點(diǎn)有定義時(shí)，原點(diǎn)處的函數(shù)值為0，分離常數(shù)法的運(yùn)用，根據(jù)減函數(shù)的定義證明一個(gè)函數(shù)為減函數(shù)的方法和過程，根據(jù)導(dǎo)數(shù)符號求函數(shù)的最值的方法．