已知函数f(x)=$\frac{ax+b}{{{x^2}+c}}$(a{N*.b∈R.0＜c≤1)定义在[-1.1]上的奇函数.f(x)的最大值为$\frac{1}{2}$.且f(1)＞$\frac{2}{5}$．的解析式,的单调性,并证明你的结论,当存在x∈[$\frac{1}{2}$.1]使得不等式f+f(x2-1)＞0成立时.请同学们探究实数m的所有可能取值� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

2．已知函数f（x）=$\frac{ax+b}{{{x^2}+c}}$（a{N^*，b∈R，0＜c≤1）定义在[-1，1]上的奇函数，f（x）的最大值为$\frac{1}{2}$，且f（1）＞$\frac{2}{5}$．
（ I）求函数f（x）的解析式；
（ II）判断函数f（x）的单调性；并证明你的结论；
（ III）当存在x∈[$\frac{1}{2}$，1]使得不等式f（mx-x）+f（x²-1）＞0成立时，请同学们探究实数m的所有可能取值．

分析（Ⅰ）根据条件建立方程关系即可确定f（x）的解析式；
（Ⅱ）根据函数单调性的定义即可判断f（x）的单调性并用定义证明；
（Ⅲ）利用函数奇偶性和单调性之间的关系即mx-x＞1-x²，即存在$x∈[\frac{1}{2}，1]$使mx-x＞1-x²成立即-1≤mx-x≤1成立．

解答解：（ I）因为$f（x）=\frac{ax+b}{{{x^2}+c}}（a∈{N^*}，b∈R，0＜c≤1）$定义在[-1，1]上的奇函数
所以f（0）=0即b=0…（1分）
$f（x）=\frac{ax}{{{x^2}+c}}=\frac{a}{{x+\frac{c}{x}}}$；令$μ=x+\frac{c}{x}$，（0＜c≤1）在x∈（0，1]上最小值为${μ_{min}}=μ（\sqrt{c}）=2\sqrt{c}$，所以$f{（x）_{max}}=\frac{a}{{2\sqrt{c}}}=\frac{1}{2}$，即$a=\sqrt{c}$…①…（3分）
又$f（1）=\frac{a}{1+c}＞\frac{2}{5}$，…②
由①②可得$\frac{1}{2}＜a＜2$，又因为a∈N^*，所以c=a=1
故$f（x）=\frac{x}{{{x^2}+1}}$…（5分）
（ II）函数$f（x）=\frac{x}{{{x^2}+1}}$在[-1，1]上为增函数；
下证明：设任意x₁，x₂∈[-1，1]且x₁＜x₂
则$f（{x_1}）-f（{x_2}）=\frac{x_1}{{{x_1}^2+1}}-\frac{x_2}{{{x_2}^2+1}}=\frac{{（{x_1}-{x_2}）（1-{x_1}{x_2}）}}{{（{x_1}^2+1）（{x_2}^2+1）}}$
因为x₁＜x₂，所以x₁-x₂＜0，又因为x₁，x₂∈[-1，1]，所以1-x₁x₂＞0
即$\frac{{（{x_1}-{x_2}）（1-{x_1}{x_2}）}}{{（{x_1}^2+1）（{x_2}^2+1）}}＜0$，即f（x₁）＜f（x₂）
故函数$f（x）=\frac{x}{{{x^2}+1}}$在[-1，1]上为增函数 …（9分）
（ III）因为f（mx-x）+f（x²-1）＞0，所以f（mx-x）＞-f（x²-1）即f（mx-x）＞f（1-x²）
又由（ II）函数y=f（x）在[-1，1]上为增函数
所以mx-x＞1-x²，即存在$x∈[\frac{1}{2}，1]$使mx-x＞1-x²成立即-1≤mx-x≤1成立
即存在$x∈[\frac{1}{2}，1]$使$m＞-x+\frac{1}{x}+1$成立且$1-\frac{1}{x}≤m≤1+\frac{1}{x}$成立
得：m＞1且-1≤m≤2
故实数m的所有可能取值{m|1＜m≤2}…（12分）

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