Question

11．設(shè)定義在R上的奇函數(shù)函數(shù)f（x）=k•2^x+1+（k-3）•2^-x
（1）求k的值．
（2）用定義證明f（x）在定義域內(nèi)的單調(diào)性．
（3）若x∈[1，3]時(shí)，不等式f（x²-x）+f（tx+4）＞0恒成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)函數(shù)的奇偶性計(jì)算f（0），求出k的值即可；
（2）根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義證明函數(shù)的單調(diào)性即可；
（3）問題轉(zhuǎn)化為x²+（t-1）x+4＞0在x∈[1，3]上恒成立，設(shè)函數(shù)g（x）=x²+（t-1）x+4，x∈[1，3]，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求出t的范圍即可．

解答 解：（1）由題可知f（0）=k•2⁰⁺¹+（k-3）•2⁰=3k-3=0，則k=1，
經(jīng)檢驗(yàn)可知：k=1時(shí)f（x）為奇函數(shù)合適，故k=1．
（2）由（1）知k=1時(shí)f（x）=2^x+1-2^-x+1=2（2^x-2^-x）
任取x₁，x₂∈R，且x₁＜x₂，
則f（x₁）-f（x₂）
=$2（{2^{x_1^{\;}}}-{2^{-{x_1}}}）-2（{2^{x_2}}-{2^{-{x_2}}}）$
=$2（{2^{x_1}}-{2^{x_2}}）-2（{2^{-{x_1}}}-{2^{-{x_2}}}）$
=$2（{2^{x_1}}-{2^{x_2}}）-2（\frac{{{2^{x_2}}-{2^{x_1}}}}{{{2^{x_1}}•{2^{x_2}}}}）$
=$2（{2^{x_1}}-{2^{x_2}}）（1+\frac{1}{{{2^{x_1}}•{2^{x_2}}}}）$，
∵x₁＜x₂，∴${2^{x_1}}＜{2^{x_2}}$，
則f（x₁）-f（x₂）＜0，即f（x₁）＜f（x₂）
故f（x）在R上單調(diào)遞增．
（3）結(jié)合（1）（2）知f（x）是定義在R上單調(diào)遞增的奇函數(shù)
則由f（x²-x）+f（tx+4）＞0，可得f（x²-x）＞-f（tx+4），
即f（x²-x）＞f（-tx-4），故x²-x＞-tx-4在x∈[1，3]上恒成立，
即x²+（t-1）x+4＞0在x∈[1，3]上恒成立，
設(shè)函數(shù)g（x）=x²+（t-1）x+4，x∈[1，3]，
則函數(shù)g（x）開口向上，對(duì)稱軸為$x=\frac{1-t}{2}$，
1°當(dāng)$x=\frac{1-t}{2}＜1$，即t＞-1時(shí)g（x）在區(qū)間[1，3]上遞增，
則g（1）=t+4＞0，可得t＞-4，又t＞-1，
故此時(shí)t＞-1合適；
2°當(dāng)$x=\frac{1-t}{2}∈[1，3]$，即-5≤t≤-1時(shí)，
有△=（t-1）²-16＜0，則-3＜t＜5，
故此時(shí)-3＜t≤-1合適；
3°當(dāng)$x=\frac{1-t}{2}＞3$即t＜-5時(shí)g（x）在區(qū)間[1，3]上遞減，
則g（3）=9+3（t-1）+4＞0，
可得$t＞-\frac{10}{3}$，又t＜-5，
故此時(shí)t∈∅；
綜上可知：實(shí)數(shù)t的取值范圍為t＞-3．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，是一道綜合題．