Question

2．設(shè)函數(shù)f（x）=a^x-（k-1）a^-x（a＞0且a≠1）是定義域為R的奇函數(shù)．
（1）若f（1）＞0，試判斷函數(shù)f（x）的單調(diào)性，并求使不等式f（sin2θ+cos2θ）+f（1-tcosθ）＜0對所有的θ∈（0，$\frac{π}{2}$）均成立的t的取值范圍；
（2）若f（1）=$\frac{3}{2}$，g（x）=a^2x+a^-2x-2mf（x），且g（x）在[1，+∞）上的最小值為-1，求m的值．

Answer 1

分析 （1）由f（0）=0求出k的值，分離參數(shù)得到t＞2sinθ+2cosθ=2$\sqrt{2}$sin（θ+$\frac{π}{4}$），根據(jù)三角形函數(shù)的性質(zhì)即可求出t范圍．
（2）由f（1）=$\frac{3}{2}$，可解得a=2，于是可得f（x）=2^x-2^-x，g（x）=2^2x+2^-2x-2m（2^x-2^-x），令t=2^x-2^-x，則g（x）=h（t）=t²-2mt+2=（t-m）²+2-m²，t∈[$\frac{3}{2}$，+∞），通過對m范圍的討論，結(jié)合題意h（t）_min=-1，即可求得m的值

解答 解：（1）∵函數(shù)f（x）=a^x-（k-1）a^-x（a＞0且a≠1）是定義域為R的奇函數(shù)．
∴f（0）=0，
∴1-（k-1）=0，
解得k=2，
∴f（x）=a^x-a^-x，
∵f（1）=a-$\frac{1}{a}$＞0，且a＞0且a≠1，
∴a＞1，
∴f（x）是定義域為R的奇函數(shù)且單調(diào)遞增，
∵f（sin2θ+cos2θ）+f（1-tcosθ）＜0對所有的θ∈（0，$\frac{π}{2}$）均成立，
∴sin2θ+cos2θ+1-tcosθ＜0，
即tcosθ＞sin2θ+cos2θ+1=2sinθcosθ+2cos²θ，
∵θ∈（0，$\frac{π}{2}$），
∴cosθ∈（0，1），
則t＞2sinθ+2cosθ=2$\sqrt{2}$sin（θ+$\frac{π}{4}$），
又當(dāng)θ=$\frac{π}{4}$時，2$\sqrt{2}$sin（θ+$\frac{π}{4}$）的最大值為2$\sqrt{2}$，
∴t＞2$\sqrt{2}$，
∴t的取值范圍為（2$\sqrt{2}$，+∞）；
（Ⅱ）由（1）知，f（x）=a^x-a^-x，
∵f（1）=$\frac{3}{2}$，
∴a-$\frac{1}{a}$=$\frac{3}{2}$，解得a=2．
故f（x）=2^x-2^-x，g（x）=2^2x+2^-2x-2m（2^x-2^-x），
令t=2^x-2^-x，則2^2x+2^-2x=t²+2，由x∈[1，+∞），得t∈[$\frac{3}{2}$，+∞），
∴g（x）=h（t）=t²-2mt+2=（t-m）²+2-m²，t∈[$\frac{3}{2}$，+∞），
當(dāng)m≥$\frac{3}{2}$時，當(dāng)t=m時，h（t）_min=2-m²=-1，解得m=$\sqrt{3}$，或m=$-\sqrt{3}$（舍去），
當(dāng)m＜$\frac{3}{2}$時，當(dāng)t=$\frac{3}{2}$，h（t）_min=$\frac{17}{4}$-3m=1，解得m=$\frac{7}{4}$（舍去）．
綜上，m的值是2，$\sqrt{3}$．

點評 本題考查指數(shù)函數(shù)的綜合應(yīng)用，考查函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性，函數(shù)恒成立的問題，突出換元思想與分類討論思想在最值中的綜合應(yīng)用，屬于難題．