Question

19．已知函数f（x）=$\frac{1-|x|}{1+|x|}+a•\frac{1+|x|}{1-|x|}$（a∈R）．
（Ⅰ）当a=-1时，判断f（x）在区间（-1，1）上的单调性，并说明理由；
（Ⅱ）若a＞0时，对于区间$[-\frac{1}{2}，\frac{1}{2}]$上任意取的三个实数m，n，p，都存在以f（m），f（n），f（p）为边长的三角形，试求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）把a=-1代入可得$f（x）=\frac{1-|x|}{1+|x|}-\frac{1+|x|}{1-|x|}$，易得偶函数，讨论0≤x＜1时的单调性，综合可得；
（Ⅱ）令$t=\frac{1-|x|}{1+|x|}$，由$-\frac{1}{2}≤x≤\frac{1}{2}$得$t=\frac{2}{|x|+1}-1∈[{\frac{1}{3}，1}]$，问题转化为$2{y_{min}}＞y_{max}^{\;}$，分类讨论可得．

解答 解：（Ⅰ）当a=-1时，$f（x）=\frac{1-|x|}{1+|x|}-\frac{1+|x|}{1-|x|}$
可得f（-x）=f（x），即f（x）为偶函数，
只讨论0≤x＜1时的单调情况即可，
令$t=\frac{1-|x|}{1+|x|}$（0＜t≤1），去绝对值可得$t=\frac{1-x}{1+x}=\frac{2}{x+1}-1$，
易得t在x∈[0，1）上单调递减，$y=t-\frac{1}{t}$在t∈（0，1]上单调递增，
∴函数f（x）在[0，1）上单调递减，∵函数f（x）为偶函数，
∴f（x）在（-1，0]上单调递增；
（Ⅱ）令$t=\frac{1-|x|}{1+|x|}$，由$-\frac{1}{2}≤x≤\frac{1}{2}$得$t=\frac{2}{|x|+1}-1∈[{\frac{1}{3}，1}]$，
∴$y=t+\frac{a}{t}（\frac{1}{3}≤t≤1）$，由题意可得在区间$[\frac{1}{3}，1]$上，恒有$2{y_{min}}＞y_{max}^{\;}$，
①当$0＜a≤\frac{1}{9}$时，$y=t+\frac{a}{t}$在$[\frac{1}{3}，1]$上单调递增，${y_{max}}=a+1，{y_{min}}=3a+\frac{1}{3}$，
由$2{y_{min}}＞y_{max}^{\;}$，得$a＞\frac{1}{15}$，从而$\frac{1}{15}＜a≤\frac{1}{9}$；
②当$\frac{1}{9}＜a≤\frac{1}{3}$时，$y=t+\frac{a}{t}$在$[\frac{1}{3}，\sqrt{a}]$上单调递减，在$[\sqrt{a}，1]$上单调递增，
∴${y_{min}}=2\sqrt{a}，{y_{max}}=max\{3a+\frac{1}{3}，a+1\}=a+1$，
由$2{y_{min}}＞y_{max}^{\;}$得$7-4\sqrt{3}＜a＜7+4\sqrt{3}$，从而$\frac{1}{9}＜a≤\frac{1}{3}$；
③当$\frac{1}{3}＜a＜1$时，$y=t+\frac{a}{t}$在$[\frac{1}{3}，\sqrt{a}]$上单调递减，在$[\sqrt{a}，1]$上单调递增，
∴${y_{min}}=2\sqrt{a}，{y_{max}}=max\{3a+\frac{1}{3}，a+1\}=3a+\frac{1}{3}$，
由$2{y_{min}}＞y_{max}^{\;}$得$\frac{{7-4\sqrt{3}}}{9}＜a＜\frac{{7+4\sqrt{3}}}{9}$，从而$\frac{1}{3}＜a＜1$； 
④当a≥1时，$y=t+\frac{a}{t}$在$[\frac{1}{3}，1]$上单调递减，$y{\;}_{min}^{\;}=a+1，{y_{max}}=3a+\frac{1}{3}$
由$2{y_{min}}＞y_{max}^{\;}$得$a＜\frac{5}{3}$，从而$1≤a＜\frac{5}{3}$；
综上可得$\frac{1}{15}＜a＜\frac{5}{3}$

点评 本题考查函数的单调性和奇偶性，涉及分类讨论研究函数的最值，属中档题．