Question

19．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1-|x|}{1+|x|}+a•\frac{1+|x|}{1-|x|}$（a∈R）．
（Ⅰ）當(dāng)a=-1時，判斷f（x）在區(qū)間（-1，1）上的單調(diào)性，并說明理由；
（Ⅱ）若a＞0時，對于區(qū)間$[-\frac{1}{2}，\frac{1}{2}]$上任意取的三個實數(shù)m，n，p，都存在以f（m），f（n），f（p）為邊長的三角形，試求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）把a=-1代入可得$f（x）=\frac{1-|x|}{1+|x|}-\frac{1+|x|}{1-|x|}$，易得偶函數(shù)，討論0≤x＜1時的單調(diào)性，綜合可得；
（Ⅱ）令$t=\frac{1-|x|}{1+|x|}$，由$-\frac{1}{2}≤x≤\frac{1}{2}$得$t=\frac{2}{|x|+1}-1∈[{\frac{1}{3}，1}]$，問題轉(zhuǎn)化為$2{y_{min}}＞y_{max}^{\;}$，分類討論可得．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)a=-1時，$f（x）=\frac{1-|x|}{1+|x|}-\frac{1+|x|}{1-|x|}$
可得f（-x）=f（x），即f（x）為偶函數(shù)，
只討論0≤x＜1時的單調(diào)情況即可，
令$t=\frac{1-|x|}{1+|x|}$（0＜t≤1），去絕對值可得$t=\frac{1-x}{1+x}=\frac{2}{x+1}-1$，
易得t在x∈[0，1）上單調(diào)遞減，$y=t-\frac{1}{t}$在t∈（0，1]上單調(diào)遞增，
∴函數(shù)f（x）在[0，1）上單調(diào)遞減，∵函數(shù)f（x）為偶函數(shù)，
∴f（x）在（-1，0]上單調(diào)遞增；
（Ⅱ）令$t=\frac{1-|x|}{1+|x|}$，由$-\frac{1}{2}≤x≤\frac{1}{2}$得$t=\frac{2}{|x|+1}-1∈[{\frac{1}{3}，1}]$，
∴$y=t+\frac{a}{t}（\frac{1}{3}≤t≤1）$，由題意可得在區(qū)間$[\frac{1}{3}，1]$上，恒有$2{y_{min}}＞y_{max}^{\;}$，
①當(dāng)$0＜a≤\frac{1}{9}$時，$y=t+\frac{a}{t}$在$[\frac{1}{3}，1]$上單調(diào)遞增，${y_{max}}=a+1，{y_{min}}=3a+\frac{1}{3}$，
由$2{y_{min}}＞y_{max}^{\;}$，得$a＞\frac{1}{15}$，從而$\frac{1}{15}＜a≤\frac{1}{9}$；
②當(dāng)$\frac{1}{9}＜a≤\frac{1}{3}$時，$y=t+\frac{a}{t}$在$[\frac{1}{3}，\sqrt{a}]$上單調(diào)遞減，在$[\sqrt{a}，1]$上單調(diào)遞增，
∴${y_{min}}=2\sqrt{a}，{y_{max}}=max\{3a+\frac{1}{3}，a+1\}=a+1$，
由$2{y_{min}}＞y_{max}^{\;}$得$7-4\sqrt{3}＜a＜7+4\sqrt{3}$，從而$\frac{1}{9}＜a≤\frac{1}{3}$；
③當(dāng)$\frac{1}{3}＜a＜1$時，$y=t+\frac{a}{t}$在$[\frac{1}{3}，\sqrt{a}]$上單調(diào)遞減，在$[\sqrt{a}，1]$上單調(diào)遞增，
∴${y_{min}}=2\sqrt{a}，{y_{max}}=max\{3a+\frac{1}{3}，a+1\}=3a+\frac{1}{3}$，
由$2{y_{min}}＞y_{max}^{\;}$得$\frac{{7-4\sqrt{3}}}{9}＜a＜\frac{{7+4\sqrt{3}}}{9}$，從而$\frac{1}{3}＜a＜1$； 
④當(dāng)a≥1時，$y=t+\frac{a}{t}$在$[\frac{1}{3}，1]$上單調(diào)遞減，$y{\;}_{min}^{\;}=a+1，{y_{max}}=3a+\frac{1}{3}$
由$2{y_{min}}＞y_{max}^{\;}$得$a＜\frac{5}{3}$，從而$1≤a＜\frac{5}{3}$；
綜上可得$\frac{1}{15}＜a＜\frac{5}{3}$

點評 本題考查函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性，涉及分類討論研究函數(shù)的最值，屬中檔題．