Question

16．已知函數(shù)f（x）=（a-1）（a^x-a^-x）（0＜a＜1）．
（1）判斷f（x）的奇偶性并證明；
（2）用定義證明f（x）為R上的增函數(shù)；
（3）若f（2at²-a²-a）+f（6at-1）≤0對任意$t∈[{0，\frac{1}{2}}]$恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出f（-x），比較f（x）與f（-x）的關(guān)系得出結(jié)論；
（2）設(shè)x₁、x₂∈R，且x₁＜x₂，化簡f（x₁）-f（x₂）判斷符號，
（3）根據(jù)f（x）的單調(diào)性和奇偶性列出一元二次不等式，求出一元二次函數(shù)在[0，$\frac{1}{2}$]上的最大值，令最大值小于0解出a的范圍．

解答 解：（1）∵f（x）的定義域為R，f（-x）=（a-1）（a^-x-a^x）=-f（x），∴f（x）為奇函數(shù)．
（2）設(shè)x₁、x₂∈R，且x₁＜x₂，則$f（{x_1}）-f（{x_2}）=（{a-1}）（{{a^{x_1}}-{a^{-{x_1}}}}）-（{a-1}）（{{a^{x_2}}-{a^{-{x_2}}}}）$=$（{a-1}）[{（{{a^{x_1}}-{a^{x_2}}}）-（{{a^{-{x_1}}}-{a^{-{x_2}}}}）}]$=$（{a-1}）[{（{{a^{x_1}}-{a^{x_2}}}）-\frac{{{a^{x_2}}-{a^{x_1}}}}{{{a^{x_1}}•{a^{x_2}}}}}]$=$（{a-1}）（{{a^{x_1}}-{a^{x_2}}}）（{1+\frac{1}{{{a^{{x_1}+{x_2}}}}}}）$，
∵0＜a＜1，x₁＜x₂，∴a-1＜0，${a^{x_1}}-{a^{x_2}}＞0，1+\frac{1}{{{a^{{x_1}+{x_2}}}}}＞0$，∴f（x₁）-f（x₂）＜0，f（x₁）＜f（x₂），∴f（x）為R上的增函數(shù)．
（3）∵f（2at²-a²-a）+f（6at-1）≤0，∴f（2at²-a²-a）≤-f（6at-1）=f（1-6at），
∴2at²-a²-a≤1-6at，即2at²+6at-a²-a-1≤0．
令g（t）=2at²+6at-a²-a-1（0＜a＜1），則g（t）的圖象開口向上，對稱軸為t=-$\frac{3}{2}$．∴g（t）在[0，$\frac{1}{2}$]上是增函數(shù)，
∴g_max（t）=g（$\frac{1}{2}$）=-a²+$\frac{5}{2}a$-1．∵f（2at²-a²-a）+f（6at-1）≤0對任意$t∈[{0，\frac{1}{2}}]$恒成立，
∴-a²+$\frac{5}{2}a$-1≤0，解得0＜a$≤\frac{1}{2}$．
∴a的取值范圍是（0，$\frac{1}{2}$]．

點評 本題考查了函數(shù)奇偶性，單調(diào)性的判斷，一元二次函數(shù)的最值，函數(shù)恒成立問題，是中檔題．