Question

3．已知函數(shù)f_k（x）=a^x-（k-1）a^-x（k∈Z，a＞0，a≠1，x∈R），g（x）=$\frac{{f}_{2}（x）}{{f}_{0}（x）}$．
（1）若a＞1時(shí)，判斷并證明函數(shù)y=g（x）的單調(diào)性；
（2）若y=f₁（x）在[1，2]上的最大值比最小大2，證明函數(shù)y=g（x）的奇函數(shù)；
（3）在（2）條件下，函數(shù)y=f₀（2x）+2mf₂（x）在x∈[1，+∞）有零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義證明即可；（2）求出g（x）的表達(dá)式，根據(jù)函數(shù)奇偶性的定義證明即可；
（3）條件等價(jià)于-2m=$\frac{{2}^{2x}{+2}^{-2x}}{{2}^{x}{-2}^{-x}}$在x∈[1，+∞）有零點(diǎn)，令p=2^x，則p≥2，令t=p-$\frac{1}{p}$，則t在p∈[2，+∞）遞增，得到關(guān)于t的函數(shù)h（t）=$\frac{{t}^{2}+2}{t}$=t+$\frac{2}{t}$，任取t₁＞t₂≥$\frac{3}{2}$，
結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性求出h（t）的最小值，從而求出m的范圍即可．

解答 解：（1）g（x）=$\frac{{f}_{2}（x）}{{f}_{0}（x）}$=$\frac{{a}^{x}{-a}^{-x}}{{a}^{x}{+a}^{-x}}$=1-$\frac{2}{{a}^{2x}+1}$，
若a＞1，a^x+a^-x＞0恒成立，
∴g（x）是R上的增函數(shù)，
證明如下：
任取x₁＜x₂，g（x₁）-g（x₂）=$\frac{2{（a}^{{2x}_{1}}{-a}^{{2x}_{2}}）}{{（a}^{{2x}_{1}}+1）{（a}^{{2x}_{2}}+1）}$，
∵a＞1，x₁＜x₂，∴${a}^{{2x}_{1}}$+1＞0，${a}^{{2x}_{1}}$-${a}^{{2x}_{2}}$＜0，
故g（x₁）＜g（x₂），g（x）在R遞增；
（2）由題意y=f₁（x）=a^x，a＞1時(shí)，a²-a=2，解得：a=2或a=-1（舍），
當(dāng)0＜a＜1時(shí)，a-a²=2，無(wú)解，
綜上，a=2，
由（1）得：此時(shí)g（x）=$\frac{{2}^{x}{-2}^{-x}}{{2}^{x}{+2}^{-x}}$的定義域是R，
定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，g（-x）=$\frac{{2}^{-x}{-2}^{x}}{{2}^{-x}{+2}^{x}}$=-g（x），
∴g（x）是奇函數(shù)；
（3）在（2）的條件下，f₀（2x）+2mf₂（x）=2^2x+2^-2x+2m（2^x-2^-x），
∵x∈[1，+∞），∴2^x-2^-x＞0，
故條件等價(jià)于-2m=$\frac{{2}^{2x}{+2}^{-2x}}{{2}^{x}{-2}^{-x}}$在x∈[1，+∞）有零點(diǎn)，
令p=2^x，則p≥2，令t=p-$\frac{1}{p}$，則t在p∈[2，+∞）遞增，
∴t≥$\frac{3}{2}$，-2m=$\frac{{t}^{2}+2}{t}$，
設(shè)h（t）=$\frac{{t}^{2}+2}{t}$=t+$\frac{2}{t}$，任取t₁＞t₂≥$\frac{3}{2}$，
則t₁-t₂＞0，t₁•t₂＞$\frac{9}{4}$，
h（t₁）-h（t₂）=t₁+$\frac{2}{{t}_{1}}$-（t₂+$\frac{2}{{t}_{2}}$）=$\frac{{（t}_{1}{-t}_{2}）{{（t}_{1}t}_{2}-2）}{{{t}_{1}t}_{2}}$＞0，
∴h（t）在t∈[$\frac{3}{2}$，+∞）遞增，
h（t）≥$\frac{17}{6}$，即-2m≥$\frac{17}{6}$，
∴m≤-$\frac{17}{12}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性的證明，考查函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題以及函數(shù)恒成立問(wèn)題，是一道綜合題．