Question

已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)=a+

1

2x+1

是奇函數(shù)．
（1）求a的值；
（2）判斷函數(shù)f（x）在R上的單調(diào)性，并證明你的結(jié)論．
（3）是否存在實(shí)數(shù)k，對于任意t∈[1，2]，不等式f（t²-2t）+f（2t²-k）＞0恒成立，若存在，求出實(shí)數(shù)k的取值范圍，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析：（1）因?yàn)閒（x）為R上的奇函數(shù)，所以f（0）=0，代入可求a
（2）證明：由（1）可得f（x）=-

1

2

+

1

1+2x

，利用定義，任取x₁＜x₂，只要檢f（x₁）-f（x₂）的符號即可判斷
（3）由不等式f（t²-2t）+f（2t²-k）＞0恒成立，及f（x）是R上的奇函數(shù)且是R上的減函數(shù)，可得3t²-2t＜k對t∈[1，2]恒成立．
方法一：由題意可得k＞（3t²-2t）_max，t∈[1，2]，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)先求出g（x）的最大值，即可求k的范圍
方法二：令g（t）=3t²-2t-k，要使3t²-2t-k＜0對t∈[1，2]恒成立，只需

g(1)＜0 g(2)＜0

即可

解答：（1）解：因?yàn)閒（x）為R上的奇函數(shù)，所以f（0）=0，
∴a+

1

20+1

=0，
∴a=-

1

2

…（2分）
（2）f（x）是R上的減函數(shù)．理由如下：
任取x₁，x₂∈R，x₁＜x₂，f(x1)-f(x2)=

1

2x1+1

-

1

2x2+1

=

2x2-2x1

(2x1+1)(2x2+1)

，
∵x₁＜x₂，∴2x1＜2x2，2x1+1＞0，2x2+1＞0
∴

2x2-2x1

(2x1+1)(2x2+1)

＞0，
∴f（x₁）＞f（x₂），所以f（x）是R上的減函數(shù)．…（6分）
（3）若不等式f（t²-2t）+f（2t²-k）＞0恒成立，∴f（t²-2t）＞-f（2t²-k），又f（x）是R上的奇函數(shù)，所以f（t²-2t）＞f（k-2t²）…（8分）
又f（x）是R上的減函數(shù)，所以t²-2t＜k-2t²對t∈[1，2]恒成立．
即3t²-2t＜k對t∈[1，2]恒成立．…（10分）
方法一：∴k＞（3t²-2t）_max，t∈[1，2]，
設(shè)g(t)=3t2-2t=3(t-

1

3

)-

1

3

，t∈[1，2]時(shí)g（t）是t的增函數(shù)，
所以g（t）_max=g（2）=8，
所以k＞8…（12分）
方法二：g（t）=3t²-2t-k，要使3t²-2t-k＜0對t∈[1，2]恒成立，只需

g(1)＜0 g(2)＜0

即可
所以

3×12-2×1-k＜0 3×22-2×2-k＜0

，所以k＞8…（12分）
綜上：存在實(shí)數(shù)k∈（8，+∞）時(shí)，對于任意t∈[1，2]，
不等式f（t²-2t）+f（2t²-k）＞0恒成立．…（12分）

點(diǎn)評：本題主要考查了奇函數(shù)的性質(zhì)f（0）=0（定義域內(nèi)有0時(shí)）的應(yīng)用，靈活利用該性質(zhì)可以簡化基本運(yùn)算，函數(shù)的單調(diào)性的應(yīng)用是函數(shù)基本知識的應(yīng)用，而函數(shù)的函數(shù)成立與函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性的綜合應(yīng)用是解決抽象不等式（或恒成立）問題中最為常用的工具