Question

5．已知函數(shù)$f（x）=lg（{\frac{4-x}{4+x}}）$，其中x∈（-4，4）
（1）判斷并證明函數(shù)f（x）的奇偶性；
（2）判斷并證明函數(shù)f（x）在（-4，4）上的單調(diào)性；
（3）是否存在這樣的負(fù)實(shí)數(shù)k，使f（k-cosθ）+f（cos²θ-k²）≥0對(duì)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)函數(shù)奇偶性的定義進(jìn)行判斷即可．
（2）根據(jù)函數(shù)單調(diào)性 定義進(jìn)行判斷．
（3）根據(jù)函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的關(guān)系將不等式進(jìn)行轉(zhuǎn)化，利用參數(shù)分離法進(jìn)行求解即可．

解答 解：（1）∵$f（{-x}）=lg（{\frac{4+x}{4-x}}）=-lg（{\frac{4-x}{4+x}}）=-f（x）$，
∴f（x）是奇函數(shù)． …（4分）
（2）任取${x_1}，{x_2}∈（{-4，4}），且{x_1}＜{x_2}，f（{x_1}）-f（{x_2}）=lg（{\frac{{4-{x_1}}}{{4+{x_1}}}}）-lg（{\frac{{4-{x_2}}}{{4+{x_2}}}}）$
=$lg\frac{{（{4-{x_1}}）（{4+{x_2}}）}}{{（{4+{x_1}}）（{4-{x_2}}）}}=lg\frac{{16+4（{{x_2}-{x_1}}）-{x_1}{x_2}}}{{16+4（{{x_1}-{x_2}}）-{x_1}{x_2}}}$，
∵16+4（x₂-x₁）-x₁x₂＞16-4（x₂-x₁）-x₁x₂＞0，
∴$\frac{{16+4（{{x_2}-{x_1}}）-{x_1}{x_2}}}{{16+4（{{x_1}-{x_2}}）-{x_1}{x_2}}}＞1⇒f（{x_1}）-f（{x_2}）＞0⇒f（{x_1}）＞f（{x_2}）$
∴f（x）在（-4，4）上的減函數(shù)；  …（8分）
（3）∵f（k-cosθ）≥-f（cos²θ-k²）=f（k²-cos²θ），
∵f（x）是（-4，4）上的減函數(shù)$\left\{\begin{array}{l}k＜0\\-4＜k-cosθ＜4\\-4＜{cos^2}θ-{k^2}＜4\\ k-cosθ≤{k^2}-{cos^2}θ\end{array}\right.$對(duì)θ∈R恒成立
由k-cosθ≤k²-cos²θ對(duì)θ∈R恒成立得：k-k²≤cosθ-cos²θ對(duì)θ∈R恒成立
令$y=cosθ-{cos^2}θ=\frac{1}{4}-{（{cosθ-\frac{1}{2}}）^2}$，
$\begin{array}{l}∵cosθ∈[{-1，1}]∴y∈[{-2，\frac{1}{4}}]\\∴k-{k^2}≤-2⇒k≤-1\end{array}$
由-4＜k-cosθ＜4對(duì)θ∈R恒成立得：-3＜k＜3
由-4＜cos²θ-k²＜4對(duì)θ∈R恒成立得：-2＜k＜2
即綜上所得：-2＜k≤-1所以存在這樣的k其范圍為-2＜k≤-1…（14分）

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查不等式恒成立以及函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的判斷，利用函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的定義是解決本題的關(guān)鍵．