Question

20．設函數(shù)f（x）=ka^x-a^-x（a＞0且a≠1）是定義域為R的奇函數(shù)．
（1）若f（1）＜0，試求不等式  f（x²+2x）+f（x-4）＞0的解集；
（2）若f（1）=$\frac{3}{2}$，且g（x）=a^2x+a^-2x-2mf（x），x∈[1，+∞）的最小值為-2，求m的值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)f（x）是定義域為R的奇函數(shù)，可得k=1，從而f（x）=a^x-a^-x（a＞0，且a≠1），利用f（1）＜0，可得0＜a＜1，從而可證f（x）在R上單調遞減，故原不等式化為x²+2x《4-x，從而可求不等式的解集；
（2）根據(jù)f（1）=$\frac{3}{2}$確定a=2的值，從而可得函數(shù)g（x）=2^2x+2^-2x-2m（2^x-2^-x）=（2^x-2^-x）²-2m（2^x-2^-x）+2．令t=f（x）=2^x-2^-x，由（1）可知f（x）=2^x-2^-x為增函數(shù)，可得t≥f（1）=$\frac{3}{2}$，令h（t）=t²-2mt+2=（t-m）²+2-m²�。╰≥$\frac{3}{2}$），分類討論，利用最小值為-2，可求m的值．

解答 解：（1）∵f（x）是定義域為R的奇函數(shù)，∴f（0）=0，可k-1=0，即k=1，
故f（x）=a^x-a^-x（a＞0，且a≠1）
∵f（1）＜0，∴a-$\frac{1}{a}$＜0，又a＞0且a≠1，∴0＜a＜1．
f′（x）=a^xlna+$\frac{lna}{{a}^{x}}$，
∵0＜a＜1，∴l(xiāng)na＜0，而a^x+$\frac{1}{{a}^{x}}$＞0，
∴f′（x）＜0，∴f（x）在R上單調遞減．
原不等式化為：f（x²+2x）＞f（4-x），
∴x²+2x＜4-x，即x²+3x-4＜0
∴-4＜x＜1，
∴不等式的解集為{x|-4＜x＜1}．
（2）∵f（1）=$\frac{3}{2}$，∴a-$\frac{1}{a}$=$\frac{3}{2}$，即2a²-3a-2=0，∴a=2或a=-$\frac{1}{2}$（舍去）．
∴g（x）=2^2x+2^-2x-2m（2^x-2^-x）=（2^x-2^-x）²-2m（2^x-2^-x）+2．
令t=f（x）=2^x-2^-x，由（1）可知f（x）=2^x-2^-x為增函數(shù)
∵x≥1，∴t≥f（1）=$\frac{3}{2}$，
令h（t）=t²-2mt+2=（t-m）²+2-m²�。╰≥$\frac{3}{2}$）
若m≥$\frac{3}{2}$，當t=m時，h（t）_min=2-m²=-2，∴m=2
若m＜$\frac{3}{2}$，當t=$\frac{3}{2}$時，h（t）_min=$\frac{17}{4}$-3m=-2，
解得m=$\frac{25}{12}$＞$\frac{3}{2}$，舍去．
綜上可知m=2．

點評 本題考查函數(shù)單調性與奇偶性的綜合，考查解不等式，考查二次函數(shù)最值的研究，解題的關鍵是確定函數(shù)的單調性，確定參數(shù)的范圍．