Question

1．已知函数f（x）=$\frac{a•{2}^{x}+a-2}{{2}^{x}+1}$，其中a为常数．
（1）当a=1时，判断函数f（x）的奇偶性并证明；
（2）判断函数f（x）的单调性并证明；
（3）当a=1时，对于任意x∈[-2，2]，不等式f（x²+m+6）+f（-2mx）＞0恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）当a=1时，求出函数f（x）的表达式，利用函数奇偶性的定义即可判断函数f（x）的奇偶性并证明；
（2）根据函数单调性的定义即可判断函数f（x）的单调性并证明；
（3）当a=1时，根据函数奇偶性和单调性的性质将不等式进行转化，利用不等式恒成立，结合一元二次函数的性质进行求解即可．

解答 （1）由题意，函数的定义域为R．
当a=1时，f（x）=$\frac{{2}^{x}-1}{{2}^{x}+1}$，
则f（-x）=$\frac{{2}^{-x}-1}{{2}^{-x}+1}$=$\frac{1-{2}^{x}}{1+{2}^{x}}$=-f（x），
∴函数f（x）是奇函数．
（2）函数f（x）=$\frac{{2}^{x}-1}{{2}^{x}+1}$在R上是增函数，证明如下：
任取x₁、x₂∈R，且x₁＜x₂，则
f（x₁）-f（x₂）=$\frac{{2}^{{x}_{1}}-1}{{2}^{{x}_{1}}+1}$-$\frac{{2}^{{x}_{2}}-1}{{2}^{{x}_{2}}+1}$
=$\frac{2（{2}^{{x}_{1}}-{2}^{{x}_{2}}）}{（{2}^{{x}_{1}}+1）（{2}^{{x}_{2}}+1）}$，
∵x₁＜x₂，
∴${2}^{{x}_{1}}$-${2}^{{x}_{2}}$＜0，${2}^{{x}_{1}}$+1＞0，${2}^{{x}_{2}}$+1＞0；
∴f（x₁）-f（x₂）＜0，
∴函数f（x）=$\frac{{2}^{x}-1}{{2}^{x}+1}$在R上是增函数∴f（x
．∴f（x₁）＜f（x₂）
∴f（x）在定义域R上为增函数．      
（3）由（2）知函数在定义域上为增函数，且函数f（x）是奇函数，
则对于任意x∈[-2，2]，不等式f（x²+m+6）+f（-2mx）＞0恒成立，
等价为对于任意x∈[-2，2]，不等式f（x²+m+6）＞-f（-2mx）=f（2mx）恒成立，
即x²+m+6＞2mx，在x∈[-2，2]恒成立，
即即x²-2mx+m+6＞0，在x∈[-2，2]恒成立，
设g（x）=x²-2mx+m+6，则等价为g（x）_min＞0即可．
则g（x）=x²-2mx+m+6=（x-m）²-m²+m+6，
当m≤-2，则函数g（x）的最小值为g（-2）=5m+10＞0，得m＞-2，不成立，
当-2＜m＜2，则函数g（x）的最小值为g（m）=-m²+m+6＞0，得-2＜m＜2，
当m≥2，则函数g（x）的最小值为g（2）=-3m+10＞0，得2≤m＜$\frac{10}{3}$，
综上-2＜m＜$\frac{10}{3}$．

点评 本题主要考查函数奇偶性和单调性的判断以及不等式恒成立问题，利用奇偶性和单调性的定义以及一元二次函数的性质是解决本题的关键．综合性较强，有一定的难度．