Question

8．已知定義在R的函數(shù)f（x）=$\frac{b-{2}^{x}}{{2}^{x}+a}$是奇函數(shù)，其中a，b為實(shí)數(shù)
（1）求a，b的值
（2）用定義證明f（x）在R上是減函數(shù)
（3）若對于任意的t∈[-3，3]，不等式f（t²-2t）+f（-2t²+k）＜0恒成立，求k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）依題意，由f（0）=0可求得b，再由f（1）+f（-1）=0可求得a的值；
（2）令x₁＜x₂，作差f（x₁）-f（x₂）=$\frac{2{（2}^{{x}_{2}}{-2}^{{x}_{1}}）}{{（2}^{{x}_{1}}+1）{（2}^{{x}_{2}}+1）}$判定符號即可證明f（x）在R上是減函數(shù)；
（3）對于任意的t∈[-3，3]，不等式f（t²-2t）+f（-2t²+k）＜0恒成立，利用R上的奇函數(shù)f（x）單調(diào)遞減的性質(zhì)性可得t²-2t＞2t²-k恒成立，t∈[-3，3]，整理得k＞（t²-2t）_max，t∈[-3，3]，從而可求k的取值范圍．

解答 解：（1）∵函數(shù)f（x）=$\frac{b-{2}^{x}}{{2}^{x}+a}$是R上的奇函數(shù)，
∴f（0）=$\frac{b-1}{1+a}$=0，∴b=1．
又f（1）+f（-1）=$\frac{1-2}{2+a}$+$\frac{1-\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}+a}$=0，解得：a=1，
∴a=b=1．
（2）由（1）知，f（x）=$\frac{1-{2}^{x}}{{2}^{x}+1}$=-1+$\frac{2}{{2}^{x}+1}$，
令x₁＜x₂，則${2}^{{x}_{1}}$＜${2}^{{x}_{2}}$，
∴f（x₁）-f（x₂）=$\frac{2}{{2}^{{x}_{1}}+1}$-$\frac{2}{{2}^{{x}_{2}}+1}$=$\frac{2{（2}^{{x}_{2}}{-2}^{{x}_{1}}）}{{（2}^{{x}_{1}}+1）{（2}^{{x}_{2}}+1）}$＞0，
∴f（x）在R上是減函數(shù)．
（3）∵對于任意的t∈[-3，3]，f（t²-2t）+f（-2t²+k）＜0恒成立，f（x）=$\frac{1-{2}^{x}}{{2}^{x}+1}$為奇函數(shù)，
∴f（t²-2t＜-f（-2t²+k）=f（2t²-k），
又f（x）在R上是減函數(shù)．
∴t²-2t＞2t²-k恒成立，t∈[-3，3]．
∴k＞（t²-2t）_max，又y=t²-2t的對稱軸方程為t=1，∴t=-3時(shí)，函數(shù)取得最大值，即y_max=15，
∴k＞15，即k的取值范圍為：（15，+∞）．

點(diǎn)評 本題考查函數(shù)恒成立問題，考查函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性與最值的綜合應(yīng)用，突出等價(jià)轉(zhuǎn)化思想與函數(shù)方程思想的考查，屬于難題．