Question

3．已知函数f_k（x）=a^x-（k-1）a^-x（k∈Z，a＞0，a≠1，x∈R），g（x）=$\frac{{f}_{2}（x）}{{f}_{0}（x）}$．
（1）若a＞1时，判断并证明函数y=g（x）的单调性；
（2）若y=f₁（x）在[1，2]上的最大值比最小大2，证明函数y=g（x）的奇函数；
（3）在（2）条件下，函数y=f₀（2x）+2mf₂（x）在x∈[1，+∞）有零点，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）根据函数单调性的定义证明即可；（2）求出g（x）的表达式，根据函数奇偶性的定义证明即可；
（3）条件等价于-2m=$\frac{{2}^{2x}{+2}^{-2x}}{{2}^{x}{-2}^{-x}}$在x∈[1，+∞）有零点，令p=2^x，则p≥2，令t=p-$\frac{1}{p}$，则t在p∈[2，+∞）递增，得到关于t的函数h（t）=$\frac{{t}^{2}+2}{t}$=t+$\frac{2}{t}$，任取t₁＞t₂≥$\frac{3}{2}$，
结合函数的单调性求出h（t）的最小值，从而求出m的范围即可．

解答 解：（1）g（x）=$\frac{{f}_{2}（x）}{{f}_{0}（x）}$=$\frac{{a}^{x}{-a}^{-x}}{{a}^{x}{+a}^{-x}}$=1-$\frac{2}{{a}^{2x}+1}$，
若a＞1，a^x+a^-x＞0恒成立，
∴g（x）是R上的增函数，
证明如下：
任取x₁＜x₂，g（x₁）-g（x₂）=$\frac{2{（a}^{{2x}_{1}}{-a}^{{2x}_{2}}）}{{（a}^{{2x}_{1}}+1）{（a}^{{2x}_{2}}+1）}$，
∵a＞1，x₁＜x₂，∴${a}^{{2x}_{1}}$+1＞0，${a}^{{2x}_{1}}$-${a}^{{2x}_{2}}$＜0，
故g（x₁）＜g（x₂），g（x）在R递增；
（2）由题意y=f₁（x）=a^x，a＞1时，a²-a=2，解得：a=2或a=-1（舍），
当0＜a＜1时，a-a²=2，无解，
综上，a=2，
由（1）得：此时g（x）=$\frac{{2}^{x}{-2}^{-x}}{{2}^{x}{+2}^{-x}}$的定义域是R，
定义域关于原点对称，g（-x）=$\frac{{2}^{-x}{-2}^{x}}{{2}^{-x}{+2}^{x}}$=-g（x），
∴g（x）是奇函数；
（3）在（2）的条件下，f₀（2x）+2mf₂（x）=2^2x+2^-2x+2m（2^x-2^-x），
∵x∈[1，+∞），∴2^x-2^-x＞0，
故条件等价于-2m=$\frac{{2}^{2x}{+2}^{-2x}}{{2}^{x}{-2}^{-x}}$在x∈[1，+∞）有零点，
令p=2^x，则p≥2，令t=p-$\frac{1}{p}$，则t在p∈[2，+∞）递增，
∴t≥$\frac{3}{2}$，-2m=$\frac{{t}^{2}+2}{t}$，
设h（t）=$\frac{{t}^{2}+2}{t}$=t+$\frac{2}{t}$，任取t₁＞t₂≥$\frac{3}{2}$，
则t₁-t₂＞0，t₁•t₂＞$\frac{9}{4}$，
h（t₁）-h（t₂）=t₁+$\frac{2}{{t}_{1}}$-（t₂+$\frac{2}{{t}_{2}}$）=$\frac{{（t}_{1}{-t}_{2}）{{（t}_{1}t}_{2}-2）}{{{t}_{1}t}_{2}}$＞0，
∴h（t）在t∈[$\frac{3}{2}$，+∞）递增，
h（t）≥$\frac{17}{6}$，即-2m≥$\frac{17}{6}$，
∴m≤-$\frac{17}{12}$．

点评 本题考查了函数的单调性、奇偶性的证明，考查函数的零点问题以及函数恒成立问题，是一道综合题．