Question

16．已知函數(shù)f（x）=$\frac{{2}^{x}-a}{{2}^{x}+1}$是奇函數(shù)．
（Ⅰ）求a的值；
（Ⅱ）判斷f（x）在（-∞，+∞）上的單調(diào)性，并加以證明；
（Ⅲ）對(duì)于任意不小于3的自然數(shù)n，都有f（f（n））＞f（$\frac{n}{n+1}$）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)定義在R的奇函數(shù)圖象必過(guò)原點(diǎn)，得到a值；
（Ⅱ）設(shè)x₁，x₂為任意兩個(gè)實(shí)數(shù)，且x₁＜x₂，而f（x）=$\frac{{2}^{x}-1}{{2}^{x}+1}$=1-$\frac{2}{{2}^{x}+1}$，利用作差證明f（x₂）＞f（x₁）即可；
（Ⅲ）要證f（f（n））＞f（$\frac{n}{n+1}$），證即f（n）＞$\frac{n}{n+1}$（n∈N，n≥3），即證1-$\frac{2}{{2}^{n}+1}$＞1-$\frac{1}{n+1}$，即證2ⁿ-1＞2n（n≥3）．用數(shù)學(xué)歸納法即可證明

解答 解：（Ⅰ）∵函數(shù)f（x）=$\frac{{2}^{x}-a}{{2}^{x}+1}$是定義在R的奇函數(shù)，
∴f（0）=$\frac{1-a}{1+1}$=0，
解得：a=1．
經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)a=1時(shí)，
f（x）=$\frac{{2}^{x}-1}{{2}^{x}+1}$滿(mǎn)足f（-x）=-f（x）為奇函數(shù)；
證明：（Ⅱ）設(shè)x₁，x₂為任意兩個(gè)實(shí)數(shù)，且x₁＜x₂，
f（x）=$\frac{{2}^{x}-1}{{2}^{x}+1}$=1-$\frac{2}{{2}^{x}+1}$，
f（x₂）-f（x₁）=$\frac{2}{{2}^{{x}_{1}}+1}$-$\frac{2}{{2}^{{x}_{2}}+1}$=$\frac{2（{2}^{{x}_{2}}-{2}^{{x}_{1}}）}{（{2}^{{x}_{1}}+1）（{2}^{{x}_{2}}+1）}$，
由指數(shù)函數(shù)性質(zhì)知，（2^x₁+1）（2^x₂+1）＞0，2^x₂-2^x₁＞0，
∴f（x₂）-f（x₁）＞0，
故f（x）在（-∞，+∞）上是增函數(shù)；
（Ⅲ）由（Ⅱ）得：
要證要證f（f（n））＞f（$\frac{n}{n+1}$），
即證f（n）＞$\frac{n}{n+1}$（n∈N，n≥3），
即證1-$\frac{2}{{2}^{n}+1}$＞1-$\frac{1}{n+1}$，
即證2ⁿ-1＞2n（n≥3）．①
現(xiàn)用數(shù)學(xué)歸納法證明①式．
（1）當(dāng)n=3時(shí)，左邊=2³-1=7，右邊=2×3=6，
∴左邊＞右邊，因而當(dāng)n=3時(shí)①式成立．
（2）假設(shè)當(dāng)n=k（k≥3）時(shí)①式成立，即有2^k-1＞2k，那么
2^k+1-1=2•2^k-1=2（2^k-1）+1＞2•2k+1=2（k+1）+（2k-1），
∵k≥3，∴2k-1＞0．
∴2^k+1-1＞2（k+1）．
這就是說(shuō)，當(dāng)n=k+1時(shí)①式成立．
根據(jù)（1）（2）可知，①式對(duì)于任意不小于3的自然數(shù)n都成立．
由此有f（f（n））＞f（$\frac{n}{n+1}$）．（n≥3，n∈N）．

點(diǎn)評(píng) 本小題考查指數(shù)函數(shù)，數(shù)學(xué)歸納法，不等式證明等知識(shí)以及綜合運(yùn)用有關(guān)知識(shí)解決問(wèn)題的能力．