Question

11．若在定義域內(nèi)存在實(shí)數(shù)x₀使得f（x₀+1）=f（x₀）+f（1）成立則稱(chēng)函數(shù)f（x）有“溜點(diǎn)x₀”
（1）若函數(shù)$f（x）={（\frac{1}{2}）^x}+m{x^2}$在（0，1）上有“溜點(diǎn)”，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（2）若函數(shù)f（x）=lg（$\frac{a}{{x}^{2}+1}$）在（0，1）上有“溜點(diǎn)”，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）$f（x）={（\frac{1}{2}）^x}+m{x^2}$在（0，1）上有“溜點(diǎn)”，利用定義，推出$4mx-1={（\frac{1}{2}）^x}$在（0，1）上有解，轉(zhuǎn)化h（x）=4mx-1與$g（x）={（\frac{1}{2}）^x}$的圖象在（0，1）上有交點(diǎn)，然后求解即可．
（2）推出a＞0，$lg[\frac{a}{{{{（x+1）}^2}+1}}]=lg（\frac{a}{{{x^2}+1}}）+lg（\frac{a}{2}）$在（0，1）上有解，設(shè)$y=\frac{2x+1}{{{x^2}+2x+2}}$，令t=2x+1，由x∈（0，1）則t∈（1，3），利用基本不等式求解$\frac{1}{2}＜\frac{2x+1}{{{x^2}+2x+2}}≤\frac{{\sqrt{5}-1}}{2}$，得到實(shí)數(shù)a的取值范圍．

解答 （本題滿(mǎn)分12分）
解：（1）$f（x）={（\frac{1}{2}）^x}+m{x^2}$在（0，1）上有“溜點(diǎn)”，
即f（x+1）=f（x）+f（1）在（0，1）上有解，
即${（\frac{1}{2}）^{x+1}}+m{（x+1）^2}={（\frac{1}{2}）^x}+m{x^2}+\frac{1}{2}+m$在（0，1）上有解，
整理得$4mx-1={（\frac{1}{2}）^x}$在（0，1）上有解，
從而h（x）=4mx-1與$g（x）={（\frac{1}{2}）^x}$的圖象在（0，1）上有交點(diǎn)，
故h（1）＞g（1），即$4m-1＞\frac{1}{2}$，得$m＞\frac{3}{8}$，
（2）由題已知a＞0，且$lg[\frac{a}{{{{（x+1）}^2}+1}}]=lg（\frac{a}{{{x^2}+1}}）+lg（\frac{a}{2}）$在（0，1）上有解，
整理得$a=\frac{{2（{x^2}+1）}}{{{x^2}+2x++2}}$，又$\frac{{2（{x^2}+1）}}{{{x^2}+2x+2}}=2（1-\frac{2x+1}{{{x^2}+2x+2}}）$．
設(shè)$y=\frac{2x+1}{{{x^2}+2x+2}}$，令t=2x+1，由x∈（0，1）則t∈（1，3）．
于是$y=\frac{4t}{{{t^2}+2t+5}}=\frac{4}{{t+\frac{5}{t}+2}}$$2\sqrt{5}+2≤t+\frac{5}{t}+2＜8$則$\frac{1}{2}＜\frac{2x+1}{{{x^2}+2x+2}}≤\frac{{\sqrt{5}-1}}{2}$．
從而$3-\sqrt{5}≤\frac{{2（{x^2}+1）}}{{{x^2}+2x+2}}＜1$．
故實(shí)數(shù)a的取值范圍是$[3-\sqrt{5}，1）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)與方程的應(yīng)用，基本不等式的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．