Question

20．已知f（x）=$\frac{a}{{a}^{2}-1}$（a^x-a^-x）（a＞0且a≠1）
（1）求函数f（x）的定义域；判断它的单调性并用定义证明；
（2）若F（x）=f（x）-4且在（-∞，2]上恒有F（x）＜0，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）根据函数解析式恒有意义，可得函数f（x）=$\frac{a}{{a}^{2}-1}$（a^x-a^-x）的定义域为R；任取x₁＜x₂，作差f（x₁）-f（x₂）并判断符号，结合函数单调性的定义，可得f（x）在R上的单调性递增；
（2）若F（x）=f（x）-4且在（-∞，2]上恒有F（x）＜0，则F（2）=$\frac{a}{{a}^{2}-1}$（a²-a^-2）-4＜0，解得答案．

解答 解：（1）∵f（x）=$\frac{a}{{a}^{2}-1}$（a^x-a^-x）（a＞0且a≠1）
对于任意x∈R，函数的解析式均有意义，
故函数f（x）=$\frac{a}{{a}^{2}-1}$（a^x-a^-x）的定义域为R；
f（x）=$\frac{a}{{a}^{2}-1}$（a^x-a^-x）在R为上增函数，理由如下：
设x₁＜x₂，
∴f（x₁）-f（x₂）=$\frac{a}{{a}^{2}-1}$（a^x₁-a^-x₁）-$\frac{a}{{a}^{2}-1}$（a^x_2-a^-x₂）=$\frac{a}{{a}^{2}-1}$（a^x₁-a^x₂）（1+$\frac{1}{{a}^{{x}_{1}}•{a}^{{x}_{2}}}$）=$\frac{a}{{a}^{2}-1}$（a^x₁-a^x₂）（1+$\frac{1}{{a}^{{x}_{1+{x}_{2}}}}$），
∵0≤x₁＜x₂，
①当0＜a＜1时，$\frac{a}{{a}^{2}-1}$＜0，a^x₁＞a^x₂，1+$\frac{1}{{a}^{{x}_{1+{x}_{2}}}}$＞0，
∴f（x₁）-f（x₂）＜0，即f（x₁）＜f（x₂），
∴f（x）在R上的单调性递增；
②当a＞1时，$\frac{a}{{a}^{2}-1}$＞0，a^x₁＜a^x₂，1-$\frac{1}{{a}^{{x}_{1+{x}_{2}}}}$＞0，
∴f（x₁）-f（x₂）＜0，即f（x₁）＜f（x₂），
∴f（x）在R上的单调性递增；
（2）F（x）=f（x）-4在（-∞，2]上也为增函数，
若F（x）＜0恒成立，则F（2）=$\frac{a}{{a}^{2}-1}$（a²-a^-2）-4＜0，
即a-a^-1-4＜0，即a²-4a-1＜0，
解得：2-$\sqrt{5}$＜a＜2+$\sqrt{5}$，
又由a＞0且a≠1得：a∈（0，1）∪（1，2+$\sqrt{5}$）．

点评 本题考查的知识点是函数单调性的性质，函数单调性的判断与证明，恒成立问题，难度中档．