Question

15．已知定義在R上的函數(shù)f（x）=$\frac{b-{2}^{x}}{{2}^{x}+a}$是奇函數(shù)
（1）求a，b的值；
（2）判斷f（x）的單調(diào)性，并用單調(diào)性定義證明；
（3）若對(duì)任意的t∈（-∞，1]，不等式f（1+2^t）+f（k•4^t）＜0恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用奇函數(shù)的定義將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為恒成立問(wèn)題，利用對(duì)應(yīng)系數(shù)相等獲得解答，
（2）先在定義域上取值，再作差、變形，變形徹底后根據(jù)式子的特點(diǎn)，討論判斷符號(hào)、下結(jié)論；
（3）對(duì)任意的t∈（-∞，1]，不等式f（1+2^t）+f（k•4^t）＜0恒成立，得-k•4^t＜（1+2^t），-k＜{$\frac{1}{{4}^{t}}$+$\frac{1}{{2}^{t}}$}_min，t∈（-∞，1]，即可獲得解答．

解答 解：（1）∵定義在R上的函數(shù)f（x）=$\frac{b-{2}^{x}}{{2}^{x}+a}$是奇函數(shù)，
∴f（-x）=$\frac{b-{2}^{-x}}{{2}^{-x}+a}$=-$\frac{b-{2}^{x}}{{2}^{x}+a}$，
∴b=1，a=1；
（2）f（x）=$\frac{1-{2}^{x}}{{2}^{x}+1}$=-1+$\frac{2}{{2}^{x}+1}$在R上是單調(diào)減函數(shù)．
設(shè)0＜x₁＜x₂，則有f（x₁）-f（x₂）=-1+$\frac{2}{{2}^{{x}_{1}}+1}$+1-$\frac{2}{{2}^{{x}_{2}}+1}$=$\frac{2（{2}^{{x}_{2}}-{2}^{{x}_{1}}）}{（{2}^{{x}_{1}}+1）（{2}^{{x}_{2}}+1）}$
∵0＜x₁＜x₂，
∴f（x₁）-f（x）＞0，即f（x₁）＞f（x₂）
∴函數(shù)f（x）=$\frac{1-{2}^{x}}{{2}^{x}+1}$在區(qū)間（0，+∞）上是單調(diào)遞減函數(shù)，
∵函數(shù)是奇函數(shù)，
∴f（x）=$\frac{1-{2}^{x}}{{2}^{x}+1}$在R上是單調(diào)減函數(shù)．
（3）函數(shù)y=f（x）為奇函數(shù)且在R上為減函數(shù)
由對(duì)任意的t∈（-∞，1]，不等式f（1+2^t）+f（k•4^t）＜0恒成立，
得-k•4^t＜（1+2^t），
∴-k＜$\frac{1}{{4}^{t}}$+$\frac{1}{{2}^{t}}$對(duì)一切t∈（-∞，1]恒成立
∴-k＜{$\frac{1}{{4}^{t}}$+$\frac{1}{{2}^{t}}$}_min，t∈（-∞，1]，
∴-k＜$\frac{3}{4}$，
∴k＞-$\frac{3}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查的是函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性問(wèn)題．在解答的過(guò)程當(dāng)中充分體現(xiàn)了恒成立思想．函數(shù)單調(diào)性的證明方法：定義法，關(guān)鍵是變形一定徹底，直到能明顯的判斷出符號(hào)為止．