Question

11．已知函數(shù)f（x）=$\frac{{{2^x}-a}}{{{2^x}+1}}$，（a＞0）．
（1）當(dāng)a=2時(shí)，證明函數(shù)f（x）不是奇函數(shù)；
（2）判斷函數(shù)f（x）的單調(diào)性，并利用函數(shù)單調(diào)性的定義給出證明；
（3）若f（x）是奇函數(shù)，且f（x）-x²+4x≥m在x∈[-2，2]時(shí)恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)a=2時(shí)，f（x）=$\frac{{2}^{x}-2}{{2}^{x}+1}$，根據(jù)f（-1）≠-f（1），可得函數(shù)f（x）不是奇函數(shù)；
（2）函數(shù)f（x）在R上為單調(diào)增函數(shù)，取x₁＜x₂，利用作差法，判斷出f（x₁）＜f（x₂），再由函數(shù)單調(diào)性的定義，可得結(jié)論；
（3）若f（x）是奇函數(shù)，可得a=1．令g（x）=f（x）-x²+4x，判斷函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而求出函數(shù)的最小值，進(jìn)而可得實(shí)數(shù)m的取值范圍．

解答 證明：（1）當(dāng)a=2時(shí)，f（x）=$\frac{{2}^{x}-2}{{2}^{x}+1}$，因?yàn)閒（1）=0，f（-1）=-1，
所以f（-1）≠-f（1），
故f（x）不是奇函數(shù)；  …4分
解：（2）函數(shù)f（x）在R上為單調(diào)增函數(shù)，…6分
證明：設(shè)x₁＜x₂，則f（x₁）-f（x₂）=$\frac{{2}^{{x}_{1}}-a}{{2}^{{x}_{1}}+1}$-$\frac{{2}^{{x}_{2}}-a}{{2}^{{x}_{2}}+1}$=$\frac{{（2}^{{x}_{1}}-{2}^{{x}_{2}}）（1+a）}{{（2}^{{x}_{1}}+1）{（2}^{{x}_{2}}+1）}$…8分
∵x₁＜x₂，∴${2}^{{x}_{1}}-{2}^{{x}_{2}}$＜0，且${2}^{{x}_{1}}+1＞0$，${2}^{{x}_{2}}+1＞0$，
又∵a＞0，
∴1+a＞0，
∴f（x₁）-f（x₂）＜0，故f（x₁）＜f（x₂），
∴函數(shù)f（x）在R上為單調(diào)增函數(shù)…10分
（3）因?yàn)閒（x）是奇函數(shù)，所以f（-x）=-f（x）對(duì)任意x∈R恒成立．
即$\frac{{2}^{-x}-a}{{2}^{-x}+1}$+$\frac{{2}^{x}-a}{{2}^{x}+1}$=0對(duì)任意x∈R恒成立．
化簡(jiǎn)整理得$（a-1）（{2}^{{x}_{\;}}+1）=0$對(duì)任意x∈R恒成立．
∴a=1…12分
因?yàn)閒（x）-x²+4x≥m在x∈[-2，2]時(shí)恒成立，
令g（x）=f（x）-x²+4x，設(shè)x₁，x₂∈[-2，2]，且x₁＜x₂，
則g（x₁）-g（x₂）=[f（x₁）-f（x₂）]+（x₁-x₂）（4-x₁-x₂），
由（2）可知，f（x₁）-f（x₂）＜0，又（x₁-x₂）（4-x₁-x₂）＜0，
所以g（x₁）-g（x₂）＜0，即g（x₁）＜g（x₂），
故函數(shù)g（x）=f（x）-x²+4x在x∈[-2，2]上是增函數(shù)…14分（直接判斷出單調(diào)性也給分）
所以當(dāng)x=-2時(shí)，函數(shù)g（x）取最小值-$\frac{63}{5}$，
故m≤-$\frac{63}{5}$，
因此m的取值范圍是（-∞，-$\frac{63}{5}$]…16分．

點(diǎn)評(píng) 本題考查的知識(shí)點(diǎn)是函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的奇偶性，函數(shù)恒成立問題，函數(shù)的最值，難度中檔．