Question

18．定義在R上的奇函數(shù)滿足f（2+x）=f（x），當x∈（0，1）時，f（x）=$\frac{{2}^{x}}{{4}^{x}+1}$
（1）討論f（x）在（0，1）上的單調性；
（2）求f（x）在[-1，1]上的解析式；
（3）當$\frac{2}{5}$＜a＜$\frac{1}{2}$時，解關于x的不等式f（x）≥a．

Answer 1

分析 （1）用定義法證明函數(shù)的單調性，作差，變形，判號，得出結論四步，
（2）利用奇函數(shù)的性質求解，其步驟是先設x∈（-1，0），則-x∈（0，1），求出f（-x），再利用奇函數(shù)的性質，得到 f（x）=-f（-x）求出x∈（-1，0），上的表達式，再由所給的恒等式求出自變量為-1，0，1時的函數(shù)值為零，用分段函數(shù)寫出解析式．
（3）利用換元法將不等式進行轉化，結合一元二次不等式的解法進行求解即可．

解答 解：（1）f（x）在（0，1）上是減函數(shù)，證明如下
當x∈（0，1）時，f（x）=$\frac{{2}^{x}}{{4}^{x}+1}$．
設0＜x₁＜x₂＜1，
則f（x₁）-f（x₂）=$\frac{{2}^{x{\;}_{1}}}{{4}^{{x}_{1}}+1}$-$\frac{{2}^{{x}_{2}}}{{4}^{{x}_{2}}+1}$=$\frac{（{2}^{{x}_{2}}-{2}^{{x}_{1}}）（{2}^{{x}_{1+}{x}_{2}}-1）\;\;}{（\;{4}^{{x}_{1}}+1）（{4}^{{x}_{2}}+1）\;\;}$
∵0＜x₁＜x₂＜1，∴${2}^{{x}_{2}}-{2}^{{x}_{1}}$＞0，2${\;}^{{x}_{1}+{x}_{2}}$-1＞0，
∴f（x₁）-f（x₂）＞0，即f（x₁）＞f（x₂），
故f（x）在（0，1）上單調遞減
（2）解：當x∈（-1，0）時，-x∈（0，1）．
∵f（x）是奇函數(shù)，∴f（x）=-f（-x）=-$\frac{{2}^{x}}{{4}^{x}+1}$
由f（0）=f（-0）=-f（0），且f（1）=-f（-1）=-f（-1+2）=-f（1），
得f（0）=f（1）=f（-1）=0．∴在區(qū)間[-1，1]上，有f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{2}^{x}}{{4}^{x}+1}\;\;\;\;\;x∈（0，1）}\\{-\frac{2{\;}^{x}}{4{\;}^{x}+1}\;\;\;\;x∈（-1，0）}\\{0\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;x∈\{-1，0，1\}}\end{array}\right.$．
（3）∵f（x）在（0，1）上的單調單調遞減，
∴f（1）＜f（x）＜f（0），
即$\frac{2}{5}$＜f（x）＜$\frac{1}{2}$，
由f（x）≥a得$\frac{{2}^{x}}{{4}^{x}+1}$≥a，
即2^x≥a4^x+a，
即a4^x-2^x+a≤0，
即a（2^x）²-2^x+a≤0，
令t=2^x，則不等式等價為at²-t+a≤0，
解得$\frac{-1-\sqrt{1-{a}^{2}}}{2a}$≤t≤$\frac{-1+\sqrt{1-{a}^{2}}}{2a}$，
即0＜t≤$\frac{-1+\sqrt{1-{a}^{2}}}{2a}$，
則0＜2^x≤$\frac{-1+\sqrt{1-{a}^{2}}}{2a}$，
則x≤log₂$\frac{-1+\sqrt{1-{a}^{2}}}{2a}$，
即不等式的解集為（-∞，log₂$\frac{-1+\sqrt{1-{a}^{2}}}{2a}$]．

點評 本題考查復雜函數(shù)的單調性證明以及利用函數(shù)的奇偶性求對稱區(qū)間上的解析式，思路簡單，運算變形較繁，是一道提高答題者耐心的好題．