Question

2．已知函數(shù)f（x）=$\frac{ax+b}{{{x^2}+c}}$（a{N^*，b∈R，0＜c≤1）定義在[-1，1]上的奇函數(shù)，f（x）的最大值為$\frac{1}{2}$，且f（1）＞$\frac{2}{5}$．
（ I）求函數(shù)f（x）的解析式；
（ II）判斷函數(shù)f（x）的單調(diào)性；并證明你的結(jié)論；
（ III）當(dāng)存在x∈[$\frac{1}{2}$，1]使得不等式f（mx-x）+f（x²-1）＞0成立時(shí)，請同學(xué)們探究實(shí)數(shù)m的所有可能取值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)條件建立方程關(guān)系即可確定f（x）的解析式；
（Ⅱ）根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義即可判斷f（x）的單調(diào)性并用定義證明；
（Ⅲ）利用函數(shù)奇偶性和單調(diào)性之間的關(guān)系即mx-x＞1-x²，即存在$x∈[\frac{1}{2}，1]$使mx-x＞1-x²成立即-1≤mx-x≤1成立．

解答 解：（ I）因?yàn)?f（x）=\frac{ax+b}{{{x^2}+c}}（a∈{N^*}，b∈R，0＜c≤1）$定義在[-1，1]上的奇函數(shù)
所以f（0）=0即b=0…（1分）
$f（x）=\frac{ax}{{{x^2}+c}}=\frac{a}{{x+\frac{c}{x}}}$；令$μ=x+\frac{c}{x}$，（0＜c≤1）在x∈（0，1]上最小值為${μ_{min}}=μ（\sqrt{c}）=2\sqrt{c}$，所以$f{（x）_{max}}=\frac{a}{{2\sqrt{c}}}=\frac{1}{2}$，即$a=\sqrt{c}$…①…（3分）
又$f（1）=\frac{a}{1+c}＞\frac{2}{5}$，…②
由①②可得$\frac{1}{2}＜a＜2$，又因?yàn)閍∈N^*，所以c=a=1
故$f（x）=\frac{x}{{{x^2}+1}}$…（5分）
（ II）函數(shù)$f（x）=\frac{x}{{{x^2}+1}}$在[-1，1]上為增函數(shù)；
下證明：設(shè)任意x₁，x₂∈[-1，1]且x₁＜x₂
則$f（{x_1}）-f（{x_2}）=\frac{x_1}{{{x_1}^2+1}}-\frac{x_2}{{{x_2}^2+1}}=\frac{{（{x_1}-{x_2}）（1-{x_1}{x_2}）}}{{（{x_1}^2+1）（{x_2}^2+1）}}$
因?yàn)閤₁＜x₂，所以x₁-x₂＜0，又因?yàn)閤₁，x₂∈[-1，1]，所以1-x₁x₂＞0
即$\frac{{（{x_1}-{x_2}）（1-{x_1}{x_2}）}}{{（{x_1}^2+1）（{x_2}^2+1）}}＜0$，即f（x₁）＜f（x₂）
故函數(shù)$f（x）=\frac{x}{{{x^2}+1}}$在[-1，1]上為增函數(shù) …（9分）
（ III）因?yàn)閒（mx-x）+f（x²-1）＞0，所以f（mx-x）＞-f（x²-1）即f（mx-x）＞f（1-x²）
又由（ II）函數(shù)y=f（x）在[-1，1]上為增函數(shù)
所以mx-x＞1-x²，即存在$x∈[\frac{1}{2}，1]$使mx-x＞1-x²成立即-1≤mx-x≤1成立
即存在$x∈[\frac{1}{2}，1]$使$m＞-x+\frac{1}{x}+1$成立且$1-\frac{1}{x}≤m≤1+\frac{1}{x}$成立
得：m＞1且-1≤m≤2
故實(shí)數(shù)m的所有可能取值{m|1＜m≤2}…（12分）

點(diǎn)評 本題主要考查函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的應(yīng)用，以及函數(shù)單調(diào)性的證明，綜合考查函數(shù)的性質(zhì)，屬于難題．