Question

20．已知函數(shù)$f（x）=\frac{2x+b}{{1+{x^2}}}$是定義在（m，1）上的奇函數(shù)（a，b，m為常數(shù)）．
（1）確定函數(shù)f（x）的解析式及定義域；
（2）判斷并利用定義證明f（x）在（m，1）上的單調(diào)性；
（3）若對(duì)任意t∈[-2，2]，是否存在實(shí)數(shù)x使f（tx-2）+f（x）＜0恒成立？若存在，則求出實(shí)數(shù)x的取值范圍，若不存在則說明理由．

Answer 1

分析 （1）由奇函數(shù)的定義求得m值，再由f（0）=0求得b，利用奇函數(shù)定義驗(yàn)證后得答案；
（2）直接利用函數(shù)的單調(diào)性定義證明；
（3）由函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性把f（tx-2）+f（x）＜0恒成立轉(zhuǎn)化為對(duì)任意的t∈[-2，2]，恒有：$\left\{\begin{array}{l}{-1＜xt-2＜1}\\{xt+x-2＜0}\end{array}\right.$，分別更換主元后求解x的范圍，取交集得答案．

解答 解：（1）∵函數(shù)f（x）是定義在（m，1）上的奇函數(shù)，
∴m=-1．
由f（0）=0，得b=0．
即f（x）=$\frac{2x}{1+{x}^{2}}$，定義域?yàn)椋?1，1）．
驗(yàn)證有f（-x）=$\frac{-2x}{1+（-x）^{2}}=-\frac{2x}{1+{x}^{2}}=-f（x）$，
∴f（x）=$\frac{2x}{1+{x}^{2}}$，定義域?yàn)椋?1，1）；
（2）判定：函數(shù)f（x）在（-1，1）上單調(diào)遞增．
證明：任取實(shí)數(shù)x₁，x₂∈（-1，1）且x₁＞x₂，則
$f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）=\frac{2{x}_{1}}{1+{{x}_{1}}^{2}}-\frac{2{x}_{2}}{1+{{x}_{2}}^{2}}$=$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）（1-{x}_{1}{x}_{2}）}{（1+{{x}_{1}}^{2}）（1+{{x}_{2}}^{2}）}$．
∵-1＜x₂＜x₁＜1，
∴x₁-x₂＞0，1-x₁x₂＞0，
∴f（x₁）-f（x₂）＞0，即f（x₁）＞f（x₂）．
∴函數(shù)f（x）在（-1，1）上單調(diào)遞增；
（3）∵函數(shù)f（x）定義域?yàn)椋?1，1），
∴對(duì)任意的t∈[-2，2]，若f（tx-2）+f（x）＜0恒成立，
則f（tx-2）＜-f（x）=f（-x），
即對(duì)任意的t∈[-2，2]，恒有：
$\left\{\begin{array}{l}{-1＜xt-2＜1}\\{xt+x-2＜0}\end{array}\right.$，
由-1＜xt-2＜1成立，得
$\left\{{\begin{array}{l}{-1＜-2x-2＜1}\\{-1＜2x-2＜1}\end{array}}\right.$，解得$-\frac{1}{2}＜x＜\frac{1}{2}$．
由xt+x-2＜0，得
$\left\{\begin{array}{l}{-2x+x-2＜0}\\{2x+x-2＜0}\end{array}\right.$，解得-2$＜x＜\frac{2}{3}$．
取交集得：$-\frac{1}{2}＜x＜\frac{1}{2}$．
∴對(duì)任意t∈[-2，2]，存在實(shí)數(shù)x∈（$-\frac{1}{2}，\frac{1}{2}$），使f（tx-2）+f（x）＜0恒成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)解析式的求解及常用方法，考查了函數(shù)單調(diào)性與奇偶性的性質(zhì)，訓(xùn)練了恒成立問題的解決方法，是中檔題．