Question

6．定義在（-1，0）∪（0，+∞）上的函數(shù)f（x）及二次函數(shù)g（x）滿足：f（x）-2f（$\frac{1}{x}$）=ln$\frac{1+x}{{x}^{2}}$，g（1）=g（-3）=3，且g（x）的最小值是-1．
（Ⅰ）求f（x）和g（x）的解析式；
（Ⅱ）若對(duì)于x₁，x₂∈[1，2]，均有g(shù)（x₁）+ax₁≤$\frac{1}{2}$x₂²+2f（x₂）+2ln2-$\frac{1}{2}$成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）設(shè)φ（x）=$\left\{\begin{array}{l}{f（x），（x＞0）}\\{g（x），（x≤0）}\end{array}\right.$，討論方程φ[φ（x）]=-1的解的個(gè)數(shù)情況．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求抽象函數(shù)g（x）的解析式，運(yùn)用了方程的思想；而h（x）是具體函數(shù)，可以直接設(shè)出來(lái)，用待定系數(shù)法求之．
（Ⅱ）F（x）≤h（x）恒成立，即：F（x）_max≤h（x）_min，利用導(dǎo)數(shù)分別求出的最小值和最大值．
（Ⅲ）利用數(shù)形結(jié)合，對(duì)參數(shù)進(jìn)行討論求出方程的根的個(gè)數(shù)．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）-2f（$\frac{1}{x}$）=ln$\frac{1+x}{{x}^{2}}$，①
∴f（$\frac{1}{x}$）-2f（x）=ln（x²+x），②，
由①+2×②得，
f（x）=ln$\frac{1}{x+1}$，
∵g（1）=g（-3）=3，
∴對(duì)稱軸為x=$\frac{1-3}{2}$=-1，
∵g（x）的最小值是-1，
設(shè)g（x）=a（x+1）²-1，
∴g（1）=a（1+1）²-1=3，
解得a=1，
∴g（x）=（x+1）²-1=x²+2x；
（Ⅱ）對(duì)于x₁，x₂∈[1，2]，均有g(shù)（x₁）+ax₁≤$\frac{1}{2}$x₂²+2f（x₂）+2ln2-$\frac{1}{2}$，
∴x₁²+2x₁+ax₁≤$\frac{1}{2}$x₂²+2ln$\frac{1}{{x}_{2}+1}$+2ln2-$\frac{1}{2}$，
設(shè)h（x）=$\frac{1}{2}$x²+2ln$\frac{1}{x+1}$+2ln2-$\frac{1}{2}$，
則h′（x）=x-$\frac{2}{x+1}$=$\frac{（x-1）（x+2）}{x+1}$≥0在[1，2]恒成立，
∴h（x）在[1，2]為增函數(shù)，
∴h（x）_min≥h（1）=$\frac{1}{2}$-2ln2+2ln2-$\frac{1}{2}$=0，
∴x₁²+2x₁+ax₁≤0，
∴a≤-x₁-2，
∵F（x）=-x-2在[1，2]為減函數(shù)，
∴F（x）＞-4，
∴a≤-4，
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為（-∞，-4]．
（Ⅲ）當(dāng)φ（x）＞0時(shí)，
有-ln（f（x）+1）=-1，則f（x）=e-1，
即-ln（x+1）=e-1，
解得x=e^1-e-1，
當(dāng)φ（x）≤0時(shí)，有g(shù)（x）²+2g（x）=-1，則g（x）=-1，
∴x²+2x=-1，解的x=-1，
∴方程φ[φ（x）]=-1的解的個(gè)數(shù)為2個(gè)．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)解析式的方法，運(yùn)用方程思想求抽象函數(shù)解析式，用待定系數(shù)法求具體函數(shù)解析式；利用最值解決恒成立問(wèn)題；利用數(shù)結(jié)合法解決方程根的個(gè)數(shù)問(wèn)題．難度較大．