Question

4．已知定義在R上的函數(shù)f（x）=$\frac{x+a}{{{x^2}+1}}$（a∈R）是奇函數(shù)，函數(shù)g（x）=$\frac{mx}{2+x}$的定義域為（-2，+∞）．
（1）求a的值；
（2）若g（x）=$\frac{mx}{2+x}$在（-2，+∞）上單調(diào)遞減，根據(jù)單調(diào)性的定義求實數(shù)m的取值范圍；
（3）在（2）的條件下，若函數(shù)h（x）=f（x）+g（x）在區(qū)間（-1，1）上有且僅有兩個不同的零點，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)函數(shù)f（x）是奇函數(shù)，求出a=0即可；
（2）根據(jù)函數(shù)g（x）在（-2，+∞）上單調(diào)遞減，得到g（x₁）-g（x₂）＞0，從而求出m的范圍即可；
（3）問題轉(zhuǎn)化為x=0或 mx²+x+m+2=0，通過討論m的范圍結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)求出m的范圍即可．

解答 解：（1）∵函數(shù)f（x）是奇函數(shù)，∴f（-x）=-f（x），
∴$\frac{-x+a}{{x}^{2}+1}$=-$\frac{x+a}{{x}^{2}+1}$，得a=0…（2分）
（2）∵$g（x）=\frac{mx}{2+x}$在（-2，+∞）上單調(diào)遞減，
∴任給實數(shù)x₁，x₂，當-2＜x₁＜x₂時，g（x₁）＞g（x₂），
∴$g（{x_1}）-g（{x_2}）=\frac{{m{x_1}}}{{2+{x_1}}}-\frac{{m{x_2}}}{{2+{x_2}}}=\frac{{2m（{x_1}-{x_2}）}}{{（2+{x_1}）（2+{x_2}）}}＞0$
∴m＜0…（5分）
（3）由（1）得f（x）=$\frac{x}{{x}^{2}+1}$，令h（x）=0，即$\frac{x}{{{x^2}+1}}+\frac{mx}{2+x}=0$．
化簡得x（mx²+x+m+2）=0．
∴x=0或 mx²+x+m+2=0…（7分）
若0是方程mx²+x+m+2=0的根，則m=-2，
此時方程mx²+x+m+2=0的另一根為$\frac{1}{2}$，符合題意…（8分）
若0不是方程mx²+x+m+2=0的根，
則函數(shù)h（x）=f（x）+g（x）在區(qū)間（-1，1）上有且僅有兩個不同的零點
等價于方程mx²+x+m+2=0（※）在區(qū)間（-1，1）上有且僅有一個非零的實根…（9分）
①當△=1²-4m（m+2）=0時，得$m=\frac{{-2±\sqrt{5}}}{2}$．
若$m=\frac{{-2-\sqrt{5}}}{2}$，則方程（※）的根為$x=-\frac{1}{2m}=-\frac{1}{{-2-\sqrt{5}}}=\sqrt{5}-2∈（{-1，\;1}）$，符合題意；
若$m=\frac{{-2+\sqrt{5}}}{2}$，則與（2）條件下m＜0矛盾，不符合題意．
∴$m=\frac{{-2-\sqrt{5}}}{2}$…（10分）
③當△＞0時，令ω（x）=mx²+x+m+2
由$\left\{\begin{array}{l}{ω（-1）•ω（1）＜0}\\{ω（0）≠0}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}（2m+1）（2m+3）＜0\\ m+2≠0\end{array}\right.$，
解得$-\frac{3}{2}＜m＜-\frac{1}{2}$…（12分）
綜上所述，所求實數(shù)m的取值范圍是$（{-\frac{3}{2}，\;-\frac{1}{2}}）∪\left\{{-2，\frac{{-2-\sqrt{5}}}{2}}\right\}$…（13分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性問題，考查二次函數(shù)的性質(zhì)以及分類討論思想，是一道中檔題．