Question

19．已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f（x）=$\frac{a-{2}^{x}}{b+{2}^{x}}$是奇函數(shù)．
（1）求a，b的值；
（2）證明函數(shù)f（x）在（-∞，+∞）上是減函數(shù)；
（3）若對任意的t∈R，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）利用奇函數(shù)定義，在f（-x）=-f（x）中的運(yùn)用特殊值求a，b的值；
（2）根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義進(jìn)行證明即可．
（3）結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性把不等式f（t²-2t）+f（2t²-k）＜0轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的一元二次不等式，最后由一元二次不等式知識求出k的取值范圍．

解答 解：（1）∵定義域?yàn)镽的函數(shù)f（x）=$\frac{a-{2}^{x}}{b+{2}^{x}}$是奇函數(shù)，
∴f（0）=0，即f（0）=$\frac{a-1}{b+1}$=0，
即a-1=0，解得a=1，
則f（x）=$\frac{1-{2}^{x}}{b+{2}^{x}}$，
同時(shí)f（-x）=-f（x），
即$\frac{1-{2}^{-x}}{b+{2}^{-x}}$=-$\frac{1-{2}^{x}}{b+{2}^{x}}$，
即$\frac{{2}^{x}-1}{b•{2}^{x}+1}$=-$\frac{1-{2}^{x}}{b+{2}^{x}}$，
即1+b•2^x=b+2^x，
∴b=1；
（2）∵a=b=1，∴f（x）=$\frac{1-{2}^{x}}{1+{2}^{x}}$=$\frac{2-（1+{2}^{x}）}{1+{2}^{x}}$=-1+$\frac{2}{1+{2}^{x}}$，
∵2^x為增函數(shù)，∴f（x）是R上的減函數(shù)．
證明：設(shè)x₁＜x₂，f（x₁）-f（x₂）=-1+$\frac{2}{1+{2}^{{x}_{1}}}$-（-1+$\frac{2}{1+{2}^{{x}_{2}}}$）=$\frac{2}{1+{2}^{{x}_{1}}}$-$\frac{2}{1+{2}^{{x}_{2}}}$=$\frac{2（{2}^{{x}_{2}}-{2}^{{x}_{1}}）}{（1+{2}^{{x}_{1}}）（1+{2}^{{x}_{2}}）}$（10分）
∵${x_1}＜{x_2}∴{2^{x_1}}＜{2^{x_2}}$，${2^{x_2}}-{2^{x_1}}＞0$
∵${2^{x_1}}+1＞0，{2^{x_2}}+1＞0$，
∴$\frac{2（{2}^{{x}_{2}}-{2}^{{x}_{1}}）}{（1+{2}^{{x}_{1}}）（1+{2}^{{x}_{2}}）}$＞0
∴f（x₁）-f（x₂）＞0，
∴f（x₁）＞f（x₂），
∴f（x）在（-∞，+∞）上是減函數(shù)；
（3）∵f（x）是奇函數(shù)，
∴f（t²-2t）+f（2t²-k）＜0等價(jià)于f（t²-2t）＜-f（2t²-k）=f（k-2t²），
∵f（x）為減函數(shù)，由上式可得：t²-2t＞k-2t²．
即對一切t∈R有：3t²-2t-k＞0，
從而判別式$△=4+12k＜0⇒k＜-\frac{1}{3}$．
則k的取值范圍是k＜-$\frac{1}{3}$．

點(diǎn)評 本題主要考查函數(shù)奇偶性與單調(diào)性的綜合應(yīng)用；同時(shí)考查一元二次不等式恒成立問題的解決策略．