Question

6．已知函數(shù)f（x）=a-$\frac{2}{{2}^{x}+1}$為奇函數(shù)．
（1）求a的值；
（2）試判斷函數(shù)f（x）在（-∞，+∞）上的單調(diào)性，并證明你的結(jié)論；
（3）若對(duì)任意的t∈R，不等式f[t²-（m-2）t]+f（t²-m+1）＞0恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）直接利用奇函數(shù)的定義f（-x）=f（x），可求出a值；
（2）直接利用函數(shù)的單調(diào)性定義證明即可；
（3）利用奇函數(shù)與單調(diào)性直接轉(zhuǎn)化為t²-（m-2）t＞m-1-t² 對(duì)t∈R恒成立，從而求出m的取值范圍．

解答 解：（1）由于函數(shù)f（x）為奇函數(shù)，所以f（-x）=-f（x）；
∴a-$\frac{2}{{2}^{x}+1}$=-a+$\frac{2}{{2}^{-x}+1}$；
∴2a=$\frac{2•{2}^{x}}{{2}^{x}+1}+\frac{2}{{2}^{x}+1}$；
∴a=1．
（2）任意x₁，x₂∈R，且x₁＜x₂；
f（x₁）-f（x₂）=1-$\frac{2}{{2}^{{x}_{1}}+1}$-1+$\frac{2}{{2}^{{x}_{2}}+1}$；
=$\frac{2（{2}^{{x}_{1}}-{2}^{{x}_{2}}）}{（{2}^{{x}_{1}}+1）（{2}^{{x}_{2}}+1）}$＜0；
∵x₁＜x₂∴0＜${2}^{{x}_{1}}$＜${2}^{{x}_{2}}$
∴${2}^{{x}_{1}}-{2}^{{x}_{2}}$＞0，
所以，f（x₁）＜f（x₂）；
則f（x）為R上的單調(diào)遞增函數(shù)．
（3）因?yàn)閒（x）=1-$\frac{2}{{2}^{x}+1}$為奇函數(shù)，且在R上為增函數(shù)；
所以由f（t²-（m-2）t）+f（t²-m+1）＞0恒成立，
得到：t²-（m-2）t＞m-1-t² 對(duì)t∈R恒成立；
化簡(jiǎn)后：2t²-（m-2）t-m+1＞0；
所以△=（m-2）²+8（m-1）＜0；
∴-2-2$\sqrt{2}$＜m＜-2+2$\sqrt{2}$；
故m的取值范圍為：（-2-2$\sqrt{2}$，-2+2$\sqrt{2}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了函數(shù)的奇偶性，函數(shù)單調(diào)性定義證明，以及利用函數(shù)的性質(zhì)求解不等式恒成立問(wèn)題，屬中等題．