Question

10．已知函數(shù)f（x）=log_a（$\frac{1-x}{b+x}$）（0＜a＜1，b＞0）為奇函數(shù)，當(dāng)x∈（-1，a]時(shí)，函數(shù)y=f（x）的值域是（-∞，1]．
（1）確定b的值；
（2）證明函數(shù)y=f（x）在定義域上單調(diào)遞增，并求a的值；
（3）若對(duì)于任意的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）根據(jù)函數(shù)f（x）為奇函數(shù)，建立方程關(guān)系即可求出b；
（2）運(yùn)用單調(diào)性的定義，可得g（x）=$\frac{1-x}{1+x}$=-1+$\frac{2}{1+x}$在（-1，1）遞減，再由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性，可得f（x）在（-1，1）遞增；由題意可得f（a）=1，解方程可得a的值；
（3）由f（t²-2t）＞-f（2t²-k）=f（k-2t²），f（x）在（-1，1）遞增，可得t²-2t＞k-2t²，且-1＜t²-2t＜1，-1＜k-2t²＜1，可得k＜3t²-2t的最小值，運(yùn)用二次函數(shù)的最值求法，可得最小值，即可得到k的范圍．

解答 解：（1）∵函數(shù)f（x）=log_a（$\frac{1-x}{b+x}$）（0＜a＜1，b＞0）為奇函數(shù)，
∴f（-x）=-f（x），
即f（-x）+f（x）=0，
∴l(xiāng)og_a$\frac{1+x}{b-x}$+log_a$\frac{1-x}{b+x}$=log_a（$\frac{1+x}{b-x}$•$\frac{1-x}{b+x}$）=0，
即$\frac{1+x}{b-x}$•$\frac{1-x}{b+x}$=1，
∴1-x²=b²-x²，
即b²=1，解得b=1（-1舍去），
當(dāng)b=1時(shí)，函數(shù)f（x）=log_a$\frac{1-x}{1+x}$為奇函數(shù)，滿(mǎn)足條件．
（2）證明：設(shè)x₁，x₂∈（-1，1），且x₁＜x₂，
由g（x）=$\frac{1-x}{1+x}$=-1+$\frac{2}{1+x}$，
g（x₁）-g（x₂）=$\frac{2}{1+{x}_{1}}$-$\frac{2}{1+{x}_{2}}$=$\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{（1+{x}_{1}）（1+{x}_{2}）}$，
x₁，x₂∈（-1，1），且x₁＜x₂，可得x₂-x₁＞0，（1+x₁）（1+x₂）＞0，
則g（x₁）-g（x₂）＞0，即有g(shù)（x）在（-1，1）遞減，
由f（x）=log_ag（x），0＜a＜1可得，
f（x）在（-1，1）遞增；
∴函數(shù)f（x）=log_a$\frac{1-x}{1+x}$在x∈（-1，a）上單調(diào)遞增，
∵當(dāng)x∈（-1，a]時(shí)，函數(shù)f（x）的值域是（-∞，1]，
∴f（a）=1，
即f（a）=log_a$\frac{1-a}{1+a}$=1，
∴$\frac{1-a}{1+a}$=a，
即1-a=a+a²，
∴a²+2a-1=0，解得a=-1±$\sqrt{2}$，
∵0＜a＜1，∴a=-1+$\sqrt{2}$；
（3）對(duì)于任意的t∈R，不等式f（t²-2t）+f（2t²-k）＞0恒成立，
即有f（t²-2t）＞-f（2t²-k）=f（k-2t²），
由f（x）在（-1，1）遞增，
可得t²-2t＞k-2t²，且-1＜t²-2t＜1，-1＜k-2t²＜1，
可得k＜3t²-2t的最小值，
由3t²-2t=3（t-$\frac{1}{3}$）²-$\frac{1}{3}$，可得t=$\frac{1}{3}$，取得最小值-$\frac{1}{3}$，可得k＜-$\frac{1}{3}$．檢驗(yàn)成立．
則k的取值范圍是（-∞，-$\frac{1}{3}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)奇偶性的性質(zhì)的應(yīng)用，以及復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性的應(yīng)用，考查函數(shù)性質(zhì)的綜合應(yīng)用，屬于中檔題．