Question

19．已知函數(shù)f（x）=$\frac{{{2^x}-1}}{{{2^x}+1}}$，g（x）=x²+2mx+$\frac{5}{3}$
（1）用定義法證明f（x）在R上是增函數(shù)；
（2）求出所有滿足不等式f（2a-a²）+f（3）＞0的實(shí)數(shù)a構(gòu)成的集合；
（3）對(duì)任意的實(shí)數(shù)x₁∈[-1，1]，都存在一個(gè)實(shí)數(shù)x₂∈[-1，1]，使得f（x₁）=g（x₂），求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）設(shè)x₁、x₂是R上任意兩個(gè)值，且x₁＜x₂，求得∴f（x₁）-f（x₂）＜0，可得f（x）在R上是增函數(shù)．
（2）先證明f（x）為奇函數(shù)，不等式即f（3）＞-f（2a-a²）=f（a²-2a），再利用f（x）在R上是增函數(shù) 可得a²-2a＜3，由此求得a的范圍．
（3）利用f（x）的單調(diào)性求得A，設(shè)g（x）在[-1，1]上的值域?yàn)锽，則由題意可知A⊆B，分類討論求得B，從而求得實(shí)數(shù)m的取值范圍．

解答 解：（1）證明：f（x）的定義域?yàn)镽，設(shè)x₁、x₂是R上任意兩個(gè)值，且x₁＜x₂，則$f（{x_1}）-f（{x_2}）=1-\frac{2}{{{2^{x_1}}+1}}-（1-\frac{2}{{{2^{x_2}}+1}}）=\frac{{2（{2^{x_1}}-{2^{x_2}}）}}{{（{2^{x_1}}+1）（{2^{x_2}}+1）}}$，
∵x₁＜x₂，∴${2^{x_1}}＞0$，${2^{x_2}}＞0$，${2^{x_1}}＜{2^{x_2}}$，∴f（x₁）-f（x₂）＜0，
∴f（x）在R上是增函數(shù)．
（2）∵$f（-x）=\frac{{{2^{-x}}-1}}{{{2^{-x}}+1}}=\frac{{\frac{1}{2^x}-1}}{{\frac{1}{2^x}+1}}=\frac{{1-{2^x}}}{{1+{2^x}}}=-f（x）$，∴f（x）在R上是奇函數(shù)，
∵f（2a-a²）+f（3）＞0，∴f（3）＞-f（2a-a²）=f（a²-2a），
又∵f（x）在R上是增函數(shù)，∴a²-2a＜3，
解得-1＜a＜3，∴所求實(shí)數(shù)a構(gòu)成的集合為 {a|-1＜a＜3}．
（3）∵f（x）在R上是增函數(shù)，∴當(dāng)x₁∈[-1，1]時(shí)，f（x₁）∈[f（-1），f（1）]，即$f（{x_1}）∈[-\frac{1}{3}，\frac{1}{3}]=A$．
設(shè)g（x）在[-1，1]上的值域?yàn)锽，則由題意可知A⊆B．
∵$g（x）={（x+m）^2}+\frac{5}{3}-{m^2}$，∴$\frac{5}{3}-{m^2}≤-\frac{1}{3}$，解得 $m≤-\sqrt{2}$或$m≥\sqrt{2}$，
①當(dāng)$m≤-\sqrt{2}$時(shí)，函數(shù)g（x）在[-1，1]上為減函數(shù)，所以$B=[g（1），g（-1）]=[\frac{8}{3}+2m，\frac{8}{3}-2m]$；
由A⊆B得 $\left\{\begin{array}{l}\frac{8}{3}+2m≤-\frac{1}{3}\\ \frac{8}{3}-2m≥\frac{1}{3}\\ m≤-\sqrt{2}\end{array}\right.$，解得 $m≤-\frac{3}{2}$．
②當(dāng)$m≥\sqrt{2}$時(shí)，函數(shù)g（x）在[-1，1]上為增函數(shù)，所以$B=[g（-1），g（1）]=[\frac{8}{3}-2m，\frac{8}{3}+2m]$，
由A⊆B得 $\left\{\begin{array}{l}\frac{8}{3}-2m≤-\frac{1}{3}\\ \frac{8}{3}+2m≥\frac{1}{3}\\ m≥\sqrt{2}\end{array}\right.$，解得$m≥\frac{3}{2}$．
綜上可知，實(shí)數(shù)m的取值范圍為$m≤-\frac{3}{2}$或$m≥\frac{3}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性的應(yīng)用，集合間的包含關(guān)系，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化、分類討論的數(shù)學(xué)思想，屬于中檔題．