Question

3．已知函數(shù)f（x）=a-$\frac{2}{{2}^{x}+1}$（x∈R）為奇函數(shù)．
（1）求實數(shù)a的值；
（2）判斷函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（3）若對任意的t∈[-1，$\frac{1}{2}$]，不等式f（t²+2）+f（t²-tk）＞0恒成立，求實數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用函數(shù)定義取到R的奇函數(shù)的性質(zhì)：f（0）=0求解實數(shù)a的值．
（2）利用定義法證明其單調(diào)性．
（3）利用（2）函數(shù)的單調(diào)性，將不等式f（t²+2）+f（t²-tk）＞0恒成立等價變換后求解實數(shù)k的取值范圍．

解答 解：（1）由題意：∵函數(shù)f（x）=a-$\frac{2}{{2}^{x}+1}$是定義域為R的奇函數(shù)，
∴f（0）=0，即$a-\frac{2}{{2}^{0}-1}=0$，
解得：a=1．
當(dāng)a=1時，f（x）=1-$\frac{2}{{2}^{x}+1}$=$\frac{{2}^{x}-1}{{2}^{x}+1}$
f（-x）═$\frac{{2}^{-x}-1}{{2}^{-x}+1}$=$\frac{1-{2}^{x}}{{2}^{x}+1}$=-$\frac{{2}^{x}-1}{{2}^{x}+1}$=-f（x），∴f（x）是奇函數(shù)．
故得a=1滿足題意．
所以：a=1．
（2）由（1）可知f（x）=$\frac{{2}^{x}-1}{{2}^{x}+1}$；
設(shè)x₁＜x₂，那么：f（x₁）-f（x₂）=$\frac{{2}^{{x}_{1}}-1}{{2}^{{x}_{1}}+1}$-$\frac{{2}^{{x}_{2}}-1}{{2}^{{x}_{2}}+1}$=$\frac{2（{2}^{{x}_{1}}-{2}^{{x}_{2}}）}{（{2}^{{x}_{1}}+1）（{2}^{{x}_{2}}+1）}$
∵x₁＜x₂，
∴${2}^{{x}_{1}}-{2}^{{x}_{2}}＜0$
所以：f（x₁）-f（x₂）＜0；
故，函數(shù)f（x）為R上的增函數(shù)．
（3）由（2）知：函數(shù)f（x）為R上的增函數(shù)，且f（x）是奇函數(shù)．
從而不等式：f（t²+2）+f（t²-tk）＞0等價于f（t²+2）＞f（-t²⁺tk），即得：t²+2＞-t²⁺tk．
∴2t²-tk+2＞0對任意于t∈[-1，$\frac{1}{2}$]，恒成立．
記g（t）=2t²-tk+2，開口向上，對稱軸x=$\frac{k}{4}$，則g（t）在∈[-1，$\frac{1}{2}$]上的最小值大于0．即恒成立．
①當(dāng)$\frac{k}{4}$＜-1時，即k＜-4時，g（t）=2t²-tk+2在[-1，$\frac{1}{2}$]上是單調(diào)增函數(shù)，
g（t）_min=g（-1）=4+k＞0，解得：k＞-4，
故得k無解，
②當(dāng)-1≤$\frac{k}{4}$$≤\frac{1}{2}$時，即-4≤k≤2時，g（t）_min=g（$\frac{k}{4}$）=2-$\frac{{k}^{2}}{8}$＞0，解得：4＞k＞-4，
故得-4＜k≤2．
③當(dāng)$\frac{k}{4}$＞$\frac{1}{2}$時，即k＞2時，g（t）=2t²-tk+2在[-1，$\frac{1}{2}$]上是單調(diào)減函數(shù)，
g（t）_min=g（$\frac{1}{2}$）=$\frac{5-k}{2}$＞0，解得：k＜5，
故得2＜k＜5，
綜上所述：實數(shù)k的取值范圍是{k|-4＜k＜5}．

點評 本題考查了函數(shù)的性質(zhì)之奇函數(shù)的運用，單調(diào)性的證明以及恒等式的問題的轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)最值的討論．屬于難題．