Question

16．設函數(shù)f（x）=a^x+（k-1）a^-x+k²（a＞0，a≠1）是定義域為R的奇函數(shù)．
（1）求實數(shù)k的值；
（2）當f（1）＞0時，求使不等式f（x²+x）+f（t-2x）＞0恒成立的實數(shù)t的取值范圍；
（3）若f（1）=$\frac{3}{2}$，設函數(shù)g（x）=a^2x+a^-2x-2mf（x），若g（x）在區(qū)間[1，+∞）上的最小值為-1，求實數(shù)m的值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意，由函數(shù)奇偶性的性質可得f（0）=0，即1+k-1+k²=0，解得k=0或k=1，驗證k=1和k=0時，f（x）是不是奇函數(shù)，即可得答案；
（2）根據(jù)題意，由于f（1）＞0，可得a²-1＞0，a＞1，分析可得f（x）在R上為增函數(shù)，結合單調(diào)性的性質可得f（x²+x）＞f（2x-t）恒成立，變形可得t＞-x²+x恒成立，結合二次函數(shù)的性質，分析-x²+x的最大值，即可得實數(shù)t的取值范圍；
（3）由f（1）=$\frac{3}{2}$分析可得$f（1）=a-\frac{1}{a}=\frac{3}{2}$，結合a＞0解得a的值，則g（x）的解析式，利用還原法分析可得答案．

解答 解：（1）因為f（x）是定義域為R的奇函數(shù)，
所以f（0）=0，即1+k-1+k²=0，解得k=0或k=1，
當k=1時，顯然f（x）不是奇函數(shù)；
當k=0時，f（x）=a^x-a^-x，滿足f（-x）+f（x）=0，
f（x）是奇函數(shù)，所以k=0．
（2）因為$f（1）=a-\frac{1}{a}＞0$，a＞0，所以a²-1＞0，a＞1，f（x）在R上為增函數(shù)，
由f（x²+x）+f（t-2x）＞0，得f（x²+x）＞f（2x-t），即x²+x＞2x-t，即t＞-x²+x恒成立，
又因為-x²+x的最大值為$\frac{1}{4}$，所以$t＞\frac{1}{4}$．
所以實數(shù)t的取值范圍是$（\frac{1}{4}，+∞）$．
（3）由$f（1）=a-\frac{1}{a}=\frac{3}{2}$，解得a=2或$a=-\frac{1}{2}$，
又a＞0，所以a=2，
則g（x）=2^2x+2^-2x-2m（2^x-2^-x）=（2^x-2^-x）²-2m（2^x-2^-x）+2，
設u=2^x-2^-x，當x∈[1，+∞）時，$u∈[\frac{3}{2}，+∞）$，y=u²-2mu+2在$u∈[\frac{3}{2}，+∞）$上的最小值為-1．
所以$\left\{\begin{array}{l}m≤\frac{3}{2}\\ \frac{9}{4}-3m+2=-1\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}m＞\frac{3}{2}\\-{m^2}+2=-1\end{array}\right.$，解得$m=\sqrt{3}$．

點評 本題考查函數(shù)的恒成立問題，涉及函數(shù)奇偶性與單調(diào)性的綜合運用，注意恒成立問題的轉化．