Question

10．已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f（x）=$\frac{{-{2^x}+b}}{{{2^{x+1}}+a}}$是奇函數(shù)．
（1）求實(shí)數(shù)a，b的值；
（2）判斷函數(shù)f（x）的單調(diào)性，并說(shuō)明理由；
（3）若對(duì)任意的t∈（1，4），不等式$f（4-k\sqrt{t}）+f（t）＞0$恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由f（x）是定義域?yàn)镽的奇函數(shù)，從而可以得到$\left\{\begin{array}{l}{f（0）=0}\\{f（-1）=-f（1）}\end{array}\right.$，帶入解析式便可解出a=2，b=1；
（2）先分離常數(shù)得到$f（x）=-\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{x}+1}$，可根據(jù)單調(diào)性的定義判斷該函數(shù)的單調(diào)性，
（3）根據(jù)函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的關(guān)系將不等式進(jìn)行轉(zhuǎn)化求解即可．

解答 解：（1）f（x）是定義在R上的奇函數(shù)；
∴f（0）=0，且f（-1）=-f（1）；
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{-1+b}{2+a}=0}\\{\frac{-\frac{1}{2}+b}{1+a}=-\frac{-2+b}{4+a}}\end{array}\right.$；
解得b=1，a=2；
即$f（x）=\frac{1-{2}^{x}}{{2}^{x+1}+2}$；
（2）f（x）在R上單調(diào)遞減．
$f（x）=\frac{1-{2}^{x}}{{2}^{x+1}+2}=\frac{-（{2}^{x}+1）+2}{2（{2}^{x}+1）}$=$-\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{x}+1}$；
設(shè)x₁，x₂∈R，且x₁＜x₂，則：
$f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）=\frac{1}{{2}^{{x}_{1}}+1}-\frac{1}{{2}^{{x}_{2}}+1}$=$\frac{{2}^{{x}_{2}}-{2}^{{x}_{1}}}{（{2}^{{x}_{1}}+1）（{2}^{{x}_{2}}+1）}$；
∵x₁＜x₂；
∴${2}^{{x}_{1}}＜{2}^{{x}_{2}}$；
∴${2}^{{x}_{2}}-{2}^{{x}_{1}}＞0$；
又${2}^{{x}_{1}}+1＞0，{2}^{{x}_{2}}+1＞0$；
∴f（x₁）＞f（x₂）；
∴f（x）在R上單調(diào)遞減．
（3）若對(duì)任意的t∈（1，4），不等式$f（4-k\sqrt{t}）+f（t）＞0$恒成立，
即f（t）＞-f（4-k$\sqrt{t}$），
∵函數(shù)f（x）是奇函數(shù)，
∴f（t）＞-f（4-k$\sqrt{t}$）=f（k$\sqrt{t}$-4），
∵函數(shù)f（x）為減函數(shù)，
∴t＜k$\sqrt{t}$-4，
即k$\sqrt{t}$＞4+t，
則k＞$\frac{4+t}{\sqrt{t}}$=$\frac{4}{\sqrt{t}}$+$\sqrt{t}$，
∵t∈（1，4），∴$\sqrt{t}$∈（1，2），
設(shè)x=$\sqrt{t}$，
則x∈（1，2），
則g（x）=x+$\frac{4}{x}$在（1，2）上為減函數(shù)，
則g（2）＜g（x）＜g（1），
即4＜g（x）＜5，即k≥5．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)奇偶性的應(yīng)用以及函數(shù)單調(diào)性的判斷，利用參數(shù)分離法結(jié)合函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵．