Question

16．已知指數(shù)函數(shù)y=g（x）滿足：g（3）=8，定義域為R的函數(shù)f（x）=$\frac{n-g（x）}{m+2g（x）}$是奇函數(shù)．
（1）確定y=g（x），y=f（x）的解析式；
（2）若h（x）=f（x）+a在（-1，1）上有零點，求a的取值范圍；
（3）若對任意的t∈（-4，4），不等式f（6t-3）+f（t²-k）＜0恒成立，求實數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）設(shè)g（x）=a^x（a＞0且a≠1），由g（3）=8可確定y=g（x）的解析式，故y=$f（x）=\frac{{n-{2^x}}}{{m+{2^{x+1}}}}$，依題意，f（0）=0可求得n，從而可得y=f（x）的解析式；
（2）若h（x）=f（x）+a在（-1，1）上有零點，利用零點存在定理，由h（-1）h（1）＜0，可求a的取值范圍；
（3）由（2）知奇函數(shù)f（x）在R上為減函數(shù)，對任意的t∈（-4，4），不等式f（6t-3）+f（t²-k）＜0恒成立?6t-3＞k-t²，分離參數(shù)k，利用二次函數(shù)的單調(diào)性可求實數(shù)k的取值范圍．

解答 （本小題12分）
（1）設(shè)g（x）=a^x（a＞0且a≠1），∵g（3）=8，∴a³=8，解得a=2．
∴g（x）=2^x．…（1分）
∴$f（x）=\frac{{n-{2^x}}}{{m+{2^{x+1}}}}$，
∵函數(shù)f（x）是定義域為R的奇函數(shù)，∴f（0）=0，∴$\frac{n-1}{2+m}=0$=0，∴n=1，
∴$f（x）=\frac{{1-{2^x}}}{{m+{2^{x+1}}}}$又f（-1）=f（1），∴$\frac{{1-\frac{1}{2}}}{m+1}=-\frac{1-2}{4+m}$=，解得m=2
∴$f（x）=\frac{{1-{2^x}}}{{2+{2^{x+1}}}}$．…（3分）
（2）由（1）知$f（x）=\frac{{1-{2^x}}}{{2+{2^{x+1}}}}=-\frac{1}{2}+\frac{1}{{{2^x}+1}}$，
易知f（x）在R上為減函數(shù)，…（4分）
又h（x）=f（x）+a在（-1，1）上有零點，
從而h（-1）h（1）＜0，即$（{-\frac{1}{2}+\frac{1}{{\frac{1}{2}+1}}+a}）（{-\frac{1}{2}+\frac{1}{2+1}+a}）＜0$，…（6分）
∴（a+$\frac{1}{6}$）（a-$\frac{1}{6}$）＜0，
∴-$\frac{1}{6}$＜a＜$\frac{1}{6}$，
∴a的取值范圍為（-$\frac{1}{6}$，$\frac{1}{6}$）；…（8分）
（3）由（1）知$f（x）=\frac{{1-{2^x}}}{{2+{2^{x+1}}}}=-\frac{1}{2}+\frac{1}{{{2^x}+1}}$，
又f（x）是奇函數(shù)，∴f（6t-3）+f（t²-k）＜0，
∴f（6t-3）＜-f（t²-k）=f（k-t²），
∵f（x）在R上為減函數(shù)，由上式得6t-3＞k-t²，…（10分）
即對一切t∈（-4，4），有t²+6t-3＞k恒成立，
令m（t）=t²+6t-3，t∈（-4，4），易知m（t）＞-12，…（11分）
∴k＜-12，即實數(shù)k的取值范圍是（-∞，-12）．…（12分）

點評 本題考查函數(shù)恒成立問題，考查函數(shù)奇偶性與單調(diào)性的應(yīng)用，考查零點存在定理及二次函數(shù)的性質(zhì)，考查函數(shù)方程思想、轉(zhuǎn)化思想與運算求解能力，屬于綜合題．