Question

3．已知定义在R上的函数f（x）=$\frac{x+n}{{x}^{2}+1}$为奇函数．
（Ⅰ）求实数n的值；
（Ⅱ）设函数g（x）=x²-2λx-2λ，若对于任意x₁∈[0，1]，总存在x₂∈[0，1]，使得g（x₂）＞f（x₁）成立，求实数λ的取值范围；
（Ⅲ）请指出方程|f（x）|=log${\;}_{\frac{1}{2}}$|x|有几个实数解，并说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由函数f（x）=$\frac{x+n}{{x}^{2}+1}$为R上的奇函数知f（0）=n=0；从而检验即可．
（Ⅱ）由题意，对于任意x₁∈[0，1]，g（x₂）＞f（x₁）在x₂∈[0，1]上有解可化为g（x₂）_max＞f（x₁）_max，从而化为函数的最值问题求解即可．
（Ⅲ）易知函数h（x）=|f（x）|-log${\;}_{\frac{1}{2}}$|x|=$\frac{|x|}{{x}^{2}+1}$-log${\;}_{\frac{1}{2}}$|x|是定义在（-∞，0）∪（0，+∞）上的偶函数，故可先讨论h（x）在（0，+∞）上的零点个数，再分两类讨论即可．

解答 解：（Ⅰ）∵函数f（x）=$\frac{x+n}{{x}^{2}+1}$为R上的奇函数，
∴f（0）=n=0；
经检验，当n=0时，f（x）=$\frac{x}{{x}^{2}+1}$是R上的奇函数；
故n=0；
（Ⅱ）由题意，对于任意x₁∈[0，1]，g（x₂）＞f（x₁）在x₂∈[0，1]上有解，
即g（x₂）_max＞f（x₁）在[0，1]上恒成立；
即g（x₂）_max＞f（x₁）_max，
对于f（x）=$\frac{x}{{x}^{2}+1}$，易知其在[0，1]上单调递增，
故f（x₁）_max=f（1）=$\frac{1}{2}$，
对于二次函数g（x）=x²-2λx-2λ，对称轴为x=λ，
（1）当λ≥$\frac{1}{2}$时，g（x₂）_max=g（0）=-2λ，
令-2λ＞$\frac{1}{2}$得，λ＜$-\frac{1}{4}$（舍去）；
（2）当λ＜$\frac{1}{2}$时，g（x₂）_max=g（1）=1-4λ，
令1-4λ＞$\frac{1}{2}$得，λ＜$\frac{1}{8}$；
综上所述，λ＜$\frac{1}{8}$．
（Ⅲ）方程|f（x）|=log${\;}_{\frac{1}{2}}$|x|只有2个实数解，
∵函数h（x）=|f（x）|-log${\;}_{\frac{1}{2}}$|x|=$\frac{|x|}{{x}^{2}+1}$-log${\;}_{\frac{1}{2}}$|x|是定义在（-∞，0）∪（0，+∞）上的偶函数，
故先讨论h（x）在（0，+∞）上的零点个数，
此时h（x）=$\frac{x}{{x}^{2}+1}$-log${\;}_{\frac{1}{2}}$x，
（1）当x≥1时，$\frac{x}{{x}^{2}+1}$-log${\;}_{\frac{1}{2}}$x＞0恒成立，故不存在零点，
（2）当0＜x＜1时，f（x）=$\frac{x}{{x}^{2}+1}$在（0，1）上单调递增，
y=log${\;}_{\frac{1}{2}}$x在（0，1）上单调递减；
故h（x）=$\frac{x}{{x}^{2}+1}$-log${\;}_{\frac{1}{2}}$x在（0，1）上单调递增，且连续不断，
h（$\frac{1}{2}$）=$\frac{2}{5}$-1＜0，h（1）=$\frac{1}{2}$＞0，
故函数h（x）在（0，1）上有一个零点，
综上可知，函数h（x）在（0，+∞）上有一个零点，
故函数h（x）在（-∞，0）∪（0，+∞）上只有两个零点．
即方程|f（x）|=log${\;}_{\frac{1}{2}}$|x|只有2个实数解．

点评 本题考查了函数的零点与方程的根的关系应用，同时考查了分类讨论与恒成立问题及存在性问题的处理方法应用，属于中档题．