Question

19．已知$f（x）=\frac{ax+b}{{1+{x^2}}}$（a，b為常數(shù)）是定義在（-1，1）上的奇函數(shù)，且$f（\frac{1}{2}）=\frac{4}{5}$．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的解析式；
（Ⅱ）用定義證明f（x）在（-1，1）上是增函數(shù)；
（Ⅲ）求不等式f（2t-1）+f（t）＜0的解集．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)奇函數(shù)的性質(zhì)得：f（0）=0，結(jié)合條件列出方程組，求出a、b的值，可得f（x）；
（Ⅱ）根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義，以及步驟：取值、作差、變形、定號、下結(jié)論進行證明即可；
（Ⅲ）根據(jù)奇函數(shù)的性質(zhì)等價轉(zhuǎn)化不等式f（2t-1）+f（t）＜0，由函數(shù)的定義域、單調(diào)性列出不等式組，求出t的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）∵$f（x）=\frac{ax+b}{1+{x}^{2}}$是（-1，1）上的奇函數(shù)，且$f（\frac{1}{2}）=\frac{4}{5}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{f（0）=0}\\{f（\frac{1}{2}）=\frac{4}{5}}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{b=0}\\{\frac{\frac{1}{2}a+b}{1+\frac{1}{4}}=\frac{4}{5}}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{a=2}\\{b=0}\end{array}\right.$，則$f（x）=\frac{2x}{1+{x}^{2}}$；
證明：（Ⅱ）設任意-1＜x₁＜x₂＜1，
$f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）=\frac{2{x}_{1}}{1+{x}_{1}^{2}}-\frac{2{x}_{2}}{1+{x}_{2}^{2}}$═$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}+{x}_{1}{x}_{2}^{2}-{x}_{2}{x}_{1}^{2}）}{（1+{x}_{1}^{2}）（1+{x}_{2}^{2}）}$
=$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）（1-{x}_{1}{x}_{2}）}{（1+{x}_{1}^{2}）（1+{x}_{2}^{2}）}$，
∵x₁＜x₂，∴x₁-x₂＜0；
∵-1＜x₁，x₂＜1，∴1-x₁x₂＞0，$（1+x_1^2）（1+x_2^2）＞0$），
∴f（x₁）-f（x₂）＜0，∴f（x₁）＜f（x₂），
∴f（x）在（-1，1）上是增函數(shù)；
解：（Ⅲ）∵f（x）是定義在（-1，1）上的奇函數(shù)和增函數(shù)，
∴不等式f（2t-1）+f（t）＜0等價于f（2t-1）＜-f（t）=f（-t），
∴$\left\{\begin{array}{l}{-1＜2t-1＜1}\\{-1＜t＜1}\\{2t-1＜-t}\end{array}\right.$，解得$0＜t＜\frac{1}{3}$，
∴不等式的解集是（0，$\frac{1}{3}$）．

點評 本題考查了奇函數(shù)的性質(zhì)，函數(shù)單調(diào)性的定義，以及證明單調(diào)性的步驟：取值、作差、變形、定號、下結(jié)論，注意函數(shù)的定義域，考查轉(zhuǎn)化思想，化簡、變形能力．