Question

（2013•長(zhǎng)寧區(qū)一模）已知函數(shù)f（x）=

1+x

+

1-x

．
（1）求函數(shù)f（x）的定義域和值域；
（2）設(shè)F（x）=

a

x

•[f²（x）-2]+f（x）（a為實(shí)數(shù)），求F（x）在a＜0時(shí)的最大值g（a）；
（3）對(duì)（2）中g(shù)（a），若-m²+2tm+

2

≤g（a）對(duì)a＜0所有的實(shí)數(shù)a及t∈[-1，1]恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）由1+x≥0且1-x≥0可求得定義域，先求[f（x）]²的值域，再求f（x）的值域；
（2）F（x）=a

1-x2

+

1+x

+

1-x

，令t=f（x）=

1+x

+

1-x

，則

1-x2

=

1

2

t2-1，由此可轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的二次函數(shù)，按照對(duì)稱(chēng)軸t=-

1

a

與t的范圍[

2

，2]的位置關(guān)系分三種情況討論，借助單調(diào)性即可求得其最大值；
（3）先由（2）求出函數(shù)g（x）的最小值，-m2+2tm+

2

≤g（a）對(duì)a＜0恒成立，即要使-m2+2tm+

2

≤g_min（a）恒成立，從而轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的一次不等式，再根據(jù)一次函數(shù)的單調(diào)性可得不等式組，解出即可．

解答：解：（1）由1+x≥0且1-x≥0，得-1≤x≤1，
所以函數(shù)的定義域?yàn)閇-1，1]，
又[f（x）]²=2+2

1-x2

∈[2，4]，由f（x）≥0，得f（x）∈[

2

，2]，
所以函數(shù)值域?yàn)閇

2

，2]；
（2）因?yàn)镕（x）=

a

2

•[f2(x)-2]+f(x)=a

1-x2

+

1+x

+

1-x

，
令t=f（x）=

1+x

+

1-x

，則

1-x2

=

1

2

t2-1，
∴F（x）=m（t）=a（

1

2

t2-1）+t=

1

2

at2+t-a，t∈[

2

，2]，
由題意知g（a）即為函數(shù)m（t）=

1

2

at2+t-a，t∈[

2

，2]的最大值．
注意到直線(xiàn)t=-

1

a

是拋物線(xiàn)m（t）=

1

2

at2+t-a的對(duì)稱(chēng)軸．
因?yàn)閍＜0時(shí)，函數(shù)y=m（t），t∈[

2

，2]的圖象是開(kāi)口向下的拋物線(xiàn)的一段，
①若t=-

1

a

∈（0，

2

]，即a≤-

2

2

，則g（a）=m（

2

）=

2

；
②若t=-

1

a

∈（

2

，2]，即-

2

2

＜a≤-

1

2

，則g（a）=m（-

1

a

）=-a-

1

2a

；
③若t=-

1

a

∈（2，+∞），即-

1

2

＜a＜0，則g（a）=m（2）=a+2，
綜上有g(shù)（a）=

a+2，- 1 2 ＜a＜0 -a- 1 2a ，- 2 2 ＜a≤- 1 2 2 ，a≤- 2 2

，
（3）易得gmin(a)=

2

，
由-m2+2tm+

2

≤g（a）對(duì)a＜0恒成立，即要使-m2+2tm+

2

≤g_min（a）=

2

恒成立，
⇒m²-2tm≥0，令h（t）=-2mt+m²，對(duì)所有的t∈[-1，1]，h（t）≥0成立，
只需

h(-1)=2m+m2≥0 h(1)=-2m+m2≥0

，
解得m的取值范圍是m≤-2或m=0，或m≥2．

點(diǎn)評(píng)：本題考查函數(shù)恒成立問(wèn)題，考查函數(shù)定義域、值域的求法，考查學(xué)生對(duì)問(wèn)題的轉(zhuǎn)化能力，恒成立問(wèn)題往往轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問(wèn)題解決．