分析 (Ⅰ)根据函数奇偶性的性质,利用f(0)=0,即可求b的值;
(Ⅱ)根据函数单调性的定义即可判断函数f(x)的单调性,并用定义证明;
(Ⅲ)利用函数奇偶性和单调性的性质,将不等式进行转化,利用换元法转化为一元二次函数恒成立问题进行求解即可.
解答 解(Ⅰ)∵f(x)是定义在R上的奇函数,
∴f(0)=0,$\frac{{2}^{0}-b}{{2}^{0}+1}=0$,∴b=1.
经检验,当b=1时f(x)=$\frac{{2}^{x}-1}{{2}^{x}+1}$是奇函数.∴b=1.…(3分)
(Ⅱ)f(x)=$\frac{{2}^{x}-1}{{2}^{x}+1}$=$\frac{{2}^{x}+1-2}{{2}^{x}+1}$=1-$\frac{2}{{2}^{x}+1}$,f(x)在(-∞,+∞)上是增函数,…(4分)
证明如下:在(-∞,+∞)上任取x1,x2,且x1<x2,
则$f({x_1})-f({x_2})=1-\frac{1}{{{2^{x_1}}+1}}-({1-\frac{1}{{{2^{x_2}}+1}}})=\frac{1}{{{2^{x_2}}+1}}-\frac{1}{{{2^{x_1}}+1}}$=$\frac{{{2^{x_1}}-{2^{x_2}}}}{{({{2^{x_1}}+1})•({{2^{x_2}}+1})}}$.
∵x1<x2,所以${2}^{{x}_{1}}$-${2}^{{x}_{2}}$<0,
∴f(x1)-f(x2)<0,
即f(x1)<f(x2).
∴f(x)在(-∞,+∞)上是增函数.…(6分)
(Ⅲ)∵f(4x-1)+f(a•2x)<0,
∴f(4x-1)<-f(a•2x).
而f(x)是奇函数,
∴f(4x-1)<f(-a•2x).
又∵f(x)在(-∞,+∞)上是增函数,
所以4x-1<-a•2x,即4x+a•2x-1<0在[0,1]上恒成立.…(7分)
令t=2x,则1≤t≤2,
∴t2+at-1<0在[1,2]上恒成立.
设h(t)=t2+at-1,由图象可是$\left\{\begin{array}{l}{h(1)<0}\\{h(2)<0}\end{array}\right.$,即$\left\{\begin{array}{l}{1+a-1<0}\\{4+2a-1<0}\end{array}\right.$,
即$\left\{\begin{array}{l}{a<0}\\{a<-\frac{3}{2}}\end{array}\right.$.∴a<-$\frac{3}{2}$
∴a的取值范围为(-∞,-$\frac{3}{2}$).
点评 本题主要考查函数奇偶性和单调性的判断和证明以及不等式恒成立问题,利用函数奇偶性和单调性的性质将不等式进行转化是解决本题的关键.
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A. | 110 | B. | 116 | C. | 118 | D. | 120 |
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