Question

20．已知指數(shù)函數(shù)y=g（x）滿足：g（3）=8，定義域?yàn)镽的函數(shù)f（x）=$\frac{n-g（x）}{m+2g（x）}$是奇函數(shù)．
（Ⅰ）確定y=g（x），y=f（x）的解析式；
（Ⅱ）若h（x）=f（x）+a在（-1，1）上有零點(diǎn)，求a的取值范圍；
（Ⅲ）若對(duì)任意的t∈（-1，4），不等式f（2t-3）+f（t²-k）＜0恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)g（x）=a^x（a＞0且a≠1），根據(jù)g（3）=8求得a的值，根據(jù)f（0）=0求得n的值，根據(jù)f（-1）=-f（1），求得m的值，可得y=g（x），y=f（x）的解析式．
（Ⅱ）若h（x）=f（x）+a在（-1，1）上有零點(diǎn)，則h（-1）h（1）＜0，由此求得a的取值范圍．
（Ⅲ）由題意利用函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性可得，對(duì)一切t∈（1，4），有t²+2t-3＞k恒成立，求得t²+2t-3的最小值，可得k的范圍．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)g（x）=a^x（a＞0且a≠1），∵g（3）=8，∴a³=8，解得a=2，∴g（x）=2^x．
∴$f（x）=\frac{{n-{2^x}}}{{m+{2^{x+1}}}}$，
∵函數(shù)f（x）是定義域?yàn)镽的奇函數(shù)，∴f（0）=0，∴$\frac{n-1}{2+m}=0$=0，∴n=1，∴$f（x）=\frac{{1-{2^x}}}{{m+{2^{x+1}}}}$．
又f（-1）=-f（1），∴$\frac{{1-\frac{1}{2}}}{m+1}=-\frac{1-2}{4+m}$，解得m=2，∴$f（x）=\frac{{1-{2^x}}}{{2+{2^{x+1}}}}$．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知$f（x）=\frac{{1-{2^x}}}{{2+{2^{x+1}}}}=-\frac{1}{2}+\frac{1}{{{2^x}+1}}$，又h（x）=f（x）+a在（-1，1）上有零點(diǎn)，
從而h（-1）h（1）＜0，即$（{-\frac{1}{2}+\frac{1}{{\frac{1}{2}+1}}+a}）（{-\frac{1}{2}+\frac{1}{2+1}+a}）＜0$，
∴（a+$\frac{1}{6}$）（a-$\frac{1}{6}$）＜0，∴-$\frac{1}{6}$＜a＜$\frac{1}{6}$，∴a的取值范圍為（-$\frac{1}{6}$，$\frac{1}{6}$）．
（Ⅲ）由（Ⅰ）知$f（x）=\frac{{1-{2^x}}}{{2+{2^{x+1}}}}=-\frac{1}{2}+\frac{1}{{{2^x}+1}}$，易知f（x）在R上為減函數(shù)，
又f（x）是奇函數(shù)，∴f（2t-3）+f（t-k）＜0，∴f（2t-3）＜-f（t-k）=f（k-t），
∵f（x）在R上為減函數(shù)，由上式得2t-3＞k-t²，
即對(duì)一切t∈（1，4），有t²+2t-3＞k恒成立，
令m（t）=t²+2t-3，t∈（1，4），易知m（t）＞-4，
∴k≤-4，即實(shí)數(shù)k的取值范圍是（-∞，-4]．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查指數(shù)函數(shù)的定義，用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式，函數(shù)零點(diǎn)的判定定理，函數(shù)的恒成立問題，屬于中檔題．