Question

20．定義在R上的函數(shù)f（x）滿(mǎn)足f（x+2）=f（x），且f（-x）=-f（x），當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，f（x）=$\frac{2^x}{{{4^x}+1}}$，
（1）求f（x）在[-1，1]上的解析式；
（2）判斷f（x）在（0，1）上的單調(diào)性，并證明；
（3）當(dāng)k取何值時(shí)，方程f（x）=k在[-1，1]上有解．

Answer 1

分析 （1）設(shè)x∈（-1，0）則-x∈（0，1）結(jié)合f（-x）=-f（x），及x∈（0，1）時(shí)，$f（x）=\frac{2^x}{{{4^x}+1}}$，可求x∈（-1，0）時(shí)得f（x），在f（-x）=-f（x）中可求f（0）=0
（2）利用函數(shù)的單調(diào)性的定義證明即可．
（3）利用基本不等式求出函數(shù)的值域，然后求解k的范圍．

解答 解：（1）設(shè)x∈（-1，0）則-x∈（0，1）
∵?x∈R，f（-x）=-f（x），且x∈（0，1）時(shí)，$f（x）=\frac{2^x}{{{4^x}+1}}$，
∴x∈（-1，0）時(shí)，有f（x）=-f（-x）=-$\frac{{2}^{-x}}{{4}^{-x}+1}$=-$\frac{{2}^{x}}{{4}^{x}+1}$．
在f（-x）=-f（x）中，令x=0，f（-0）=-f（0）⇒f（0）=0．
綜上：當(dāng)x∈（-1，1）時(shí)，有：f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{2}^{x}}{{4}^{x}+1}，x∈（0，1）}\\{0，x=0}\\{-\frac{{2}^{x}}{{4}^{x}+1}，x∈（-1，0）}\end{array}\right.$．
（2）f（x）在（0，1）上是減函數(shù)，
證明：設(shè)0＜x₁＜x₂＜1則x₂-x₁＞0，0＜x₁+x₂＜2，∴${2}^{{x}_{1}+{x}_{2}}$＞1，${2}^{{x}_{2}}＞{2}^{{x}_{1}}$．
∴f（x2）-f（x1）=$\frac{{2}^{{x}_{2}}}{{4}^{{x}_{2}+1}}$-$\frac{{2}^{{x}_{1}}}{{4}^{{x}_{1}}+1}$=$\frac{（{2}^{{x}_{1}}-{2}^{{x}_{2}}）（{2}^{{x}_{1}+{x}_{2}}-1）}{（{4}^{{x}_{1}}+1）（{4}^{{x}_{2}}+1）}$＜0，
∴f（x₂）＜f（x₁）
∴f（x）在（0，1）上是減函數(shù)．
（3）由已知可得：$\frac{{2}^{x}}{{4}^{x}+1}$=k，k=$\frac{{2}^{x}}{{4}^{x}+1}$=$\frac{1}{{2}^{x}+\frac{1}{{2}^{x}}}$，x∈[-1，1]，2^x∈[$\frac{1}{2}$，2]，$\frac{1}{{2}^{x}+\frac{1}{{2}^{x}}}$≤$\frac{1}{2\sqrt{{2}^{x}•\frac{1}{{2}^{x}}}}$=$\frac{1}{2}$，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)，表達(dá)式取得最大值，當(dāng)x=±1時(shí)，k=$\frac{2}{5}$，
方程f（x）=k在[-1，1]上有解，k∈[$\frac{2}{5}$，$\frac{1}{2}$]．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了利用函數(shù)的性質(zhì)求解函數(shù)的解析式，解題中不要漏掉x=0時(shí)的函數(shù)得解析式，利用函數(shù)的單調(diào)性的定義證明函數(shù)得單調(diào)性．