Question

6．已知函數(shù)f（x）=2^x（x∈R），
（1）解不等式f（x）-f（2x）＞16-9×2^x；
（2）若函數(shù)q（x）=f（x）-f（2x）-m在[-1，1]上有零點，求m的取值范圍；
（3）若函數(shù)f（x）=g（x）+h（x），其中g（x）為奇函數(shù)，h（x）為偶函數(shù)，若不等式2ag（x）+h（2x）≥0對任意x∈[1，2]恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）設t=2^x，利用f（x）＞16-9×2^x，轉化不等式為二次不等式，求解即可．
（2）設t=2^x，求出$t∈[{\frac{1}{2}，2}]$，利用二次函數(shù)的性質求解最值．然后求解m的取值范圍為$[{-2，\frac{1}{4}}]$．
（3）利用函數(shù)的奇偶性以及函數(shù)恒成立，結合基本不等式求解函數(shù)的最值，推出結果．

解答 解：（1）設t=2^x，由f（x）＞16-9×2^x得：t-t²＞16-9t，即t²-10t+16＜0．…（7分）
∴2＜t＜8，即2＜2^x＜8，∴1＜x＜3
∴不等式的解集為（1，3）．…（4分）
（2）設t=2^x，∵x∈[-1，1]，∴$t∈[{\frac{1}{2}，2}]$$f（x）=t-{t^2}=-{（t-\frac{1}{2}）^2}+\frac{1}{4}$，$t=\frac{1}{2}時，f{（x）_{max}}=\frac{1}{4}，t=2時，f{（x）_{min}}=-2$．∴f（x）的值域為$[{-2，\frac{1}{4}}]$．
函數(shù)有零點等價于方程有解等價于m在f（x）的值域內(nèi)，
∴m的取值范圍為$[{-2，\frac{1}{4}}]$．…（10分）
（3）由題意得$\left\{{\begin{array}{l}{f（x）=g（x）+h（x）={2^x}}\\{f（-x）=g（-x）+h（-x）={2^{-x}}}\end{array}}\right.$解得$\left\{{\begin{array}{l}{g（x）=\frac{{{2^x}-{2^{-x}}}}{2}}\\{h（x）=\frac{{{2^x}+{2^{-x}}}}{2}}\end{array}}\right.$
2ag（x）+h（2x）≥0即$（{2^x}-{2^{-x}}）a+\frac{{{2^{2x}}+{2^{-2x}}}}{2}≥0$，對任意x∈[1，2]恒成立，
又x∈[1，2]時，令$t={2^x}-{2^{-x}}，t∈[{\frac{3}{2}，\frac{15}{4}}]$，
$\begin{array}{c}a≥-\frac{{2}^{2x}+{2}^{-2x}}{2（{2}^{x}-{2}^{-x}）}=-\frac{{（{2}^{x}-{2}^{-x}）}^{2}+2}{2（{2}^{x}-{2}^{-x}）}=-\frac{1}{2}（t+\frac{2}{t}），\end{array}\right.$
$t+\frac{2}{t}$在$t∈[\frac{3}{2}，\frac{15}{4}]$上單調(diào)遞增，
當$t=\frac{3}{2}$時，$-\frac{1}{2}（t+\frac{2}{t}）$有最大值$-\frac{17}{12}$，
所以$a≥-\frac{17}{12}$…（16分）

點評 本題考查函數(shù)與方程的綜合應用，二次函數(shù)的性質，基本不等式以及函數(shù)恒成立的轉化，考查計算能力．