Question

5．已知函數(shù)f（x）=a•2^x+b的圖象過點A（1，$\frac{3}{2}$），B（2，$\frac{5}{2}$）．
（1）求函數(shù)y=f（x）的反函數(shù)y=f^-1（x）的解析式；
（2）若F（x）=f^-1（2^x-1）-log${\;}_{\frac{1}{2}}$f（x），求使得F（x）≤0的x取值范圍；
（3）記a_n=2${\;}^{{f}^{-1}（n）}$（n∈N^*），是否存在正數(shù)k，使得（1+$\frac{1}{{a}_{1}}$）（1+$\frac{1}{{a}_{2}}$）…（1+$\frac{1}{{a}_{n}}$）≥k$\sqrt{2n+1}$對n∈N^*均成立？若存在，求出k的最大值，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意可得a，b的方程，解得可得f（x）的解析式，反解出x，將x換為y，y換為x，即可得到所求反函數(shù)；
（2）運用對數(shù)的運算性質(zhì)化簡F（x），再由都市函數(shù)的單調(diào)性，解不等式可得；
（3）先根據(jù)條件求出數(shù)列{a_n}的通項公式；由題意可得k≤$\frac{1}{\sqrt{2n+1}}$（1+$\frac{1}{{a}_{1}}$）（1+$\frac{1}{{a}_{2}}$）…（1+$\frac{1}{{a}_{n}}$）恒成立；再通過構(gòu)造F（n）=$\frac{1}{\sqrt{2n+1}}$（1+$\frac{1}{{a}_{1}}$）（1+$\frac{1}{{a}_{2}}$）…（1+$\frac{1}{{a}_{n}}$），利用其單調(diào)性求出F（n）的最小值，即可求出k的最大值．

解答 解：（1）由題意可得2a+b=$\frac{3}{2}$，4a+b=$\frac{5}{2}$，
解得a=$\frac{1}{2}$，b=$\frac{1}{2}$，
即y=f（x）=$\frac{1}{2}$（1+2^x），
可得2^x=2y-1，即x=log₂（2y-1），
即有y=f^-1（x）=log₂（2x-1）；
（2）F（x）=f^-1（2^x-1）-log${\;}_{\frac{1}{2}}$f（x）
=log₂（2^x-1）+log₂$\frac{1+{2}^{x}}{2}$=log₂$\frac{{4}^{x}-1}{2}$，
由F（x）≤0，可得0＜$\frac{{4}^{x}-1}{2}$≤1，
即1＜4^x≤3，解得0＜x≤log₄3；
（3）a_n=2${\;}^{{f}^{-1}（n）}$（n∈N^*）=${2}^{lo{g}_{2}（2n-1）}$=2n-1，
假設(shè)存在正數(shù)k，使得（1+$\frac{1}{{a}_{1}}$）（1+$\frac{1}{{a}_{2}}$）…（1+$\frac{1}{{a}_{n}}$）≥k$\sqrt{2n+1}$對一切n∈N^*均成立，
則k≤$\frac{1}{\sqrt{2n+1}}$（1+$\frac{1}{{a}_{1}}$）（1+$\frac{1}{{a}_{2}}$）…（1+$\frac{1}{{a}_{n}}$）恒成立．
記F（n）=$\frac{1}{\sqrt{2n+1}}$（1+$\frac{1}{{a}_{1}}$）（1+$\frac{1}{{a}_{2}}$）…（1+$\frac{1}{{a}_{n}}$），
則F（n+1）=$\frac{1}{\sqrt{2n+3}}$（1+$\frac{1}{{a}_{1}}$）（1+$\frac{1}{{a}_{2}}$）…（1+$\frac{1}{{a}_{n}}$）（1+$\frac{1}{{a}_{n+1}}$）．
∵$\frac{F（n+1）}{F（n）}$=$\frac{2（n+1）}{\sqrt{2n+3}•\sqrt{2n+1}}$=$\frac{2（n+1）}{\sqrt{4（n+1）^{2}-1}}$＞$\frac{2（n+1）}{2（n+1）}$=1．
∴．F（n+1）＞F（n），所以F（n）是遞增數(shù)列．
所以n=1時F（n）最小，最小值F（1）=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．
所以k≤$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．即k的最大值為$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．

點評 本題考查函數(shù)的反函數(shù)的求法，考查對數(shù)的運算性質(zhì)和對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性的運用：解不等式，考查數(shù)列不等式恒成立問題的解法，注意運用數(shù)列的單調(diào)性求得最小值，屬于中檔題．