Question

13．已知指數(shù)函數(shù)y=g（x）滿足：g（3）=8，定義域?yàn)镽的函數(shù)f（x）=$\frac{n-g（x）}{m+2g（x）}$是奇函數(shù)．
（Ⅰ）確定y=g（x），y=f（x）的解析式；
（Ⅱ）若h（x）=f（x）+a在（-1，1）上有零點(diǎn)，求a的取值范圍；
（Ⅲ）若對(duì)任意的t∈（1，4），不等式f（2t-3）+f（t-k）＞0恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)g（x）=a^x（a＞0且a≠1），由a³=8解得a=2．故g（x）=2^x．再根據(jù)函數(shù)是奇函數(shù)，求出m、n的值，得到f（x）的解析式；
（Ⅱ）根據(jù)零點(diǎn)存在定理得到h（-1）h（1）＜0，解得即可；
（Ⅲ）根據(jù)函數(shù)為奇函數(shù)和減函數(shù)，轉(zhuǎn)化為即對(duì)一切t∈（1，4），有3t-3＜k恒成立，再利用函數(shù)的單調(diào)性求出函數(shù)的最值即可．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)g（x）=a^x（a＞0且a≠1），∵g（3）=8，∴a³=8，解得a=2．∴g（x）=2^x．
∴f（x）=$\frac{n-{2}^{x}}{m+{2}^{x+1}}$，
∵函數(shù)f（x）是定義域?yàn)镽的奇函數(shù)，∴f（0）=0，∴$\frac{n-1}{2+m}$=0，∴n=1，∴f（x）=$\frac{1-{2}^{x}}{{2}^{x+1}+m}$
又f（-1）=f（1），∴$\frac{1-\frac{1}{2}}{m+1}$=-$\frac{1-2}{4+m}$，解得m=2
∴f（x）=$\frac{1-{2}^{x}}{2+{2}^{x+1}}$，
（Ⅱ）由（Ⅰ）知f（x）=$\frac{1-{2}^{x}}{2+{2}^{x+1}}$=-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{x}+1}$，又h（x）=f（x）+a在（-1，1）上有零點(diǎn)，
從而h（-1）h（1）＜0，即（-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{\frac{1}{2}+1}$+a）（$-\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2+1}$+a）＜0，
∴（a+$\frac{1}{6}$）（a-$\frac{1}{6}$）＜0，
∴-$\frac{1}{6}$＜a＜$\frac{1}{6}$，
∴a的取值范圍為（-$\frac{1}{6}$，$\frac{1}{6}$）；
（Ⅲ）由（Ⅰ）知f（x）=$\frac{1-{2}^{x}}{2+{2}^{x+1}}$=-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{x}+1}$，
易知f（x）在R上為減函數(shù)，
又f（x）是奇函數(shù)，
∴f（2t-3）+f（t-k）＞0，
∴f（2t-3）＞-f（t-k）=f（k-t），
∵f（x）在R上為減函數(shù)，由上式得2t-3＜k-t，
即對(duì)一切t∈（1，4），有3t-3＜k恒成立，
令m（t）=3t-3，t∈（1，4），
易知m（t）在（1，4）上遞增，
m（t）＜3×4-3=9，
∴k≥9，
即實(shí)數(shù)k的取值范圍是[9，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考查了指數(shù)函數(shù)的定義及其性質(zhì)、函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性、恒成立問題的等價(jià)轉(zhuǎn)化、屬于中檔題．