Question

10．已知函數(shù)${f_n}（x）=n{log_2}（{x+2}），{g_n}（x）={（{\frac{1}{2}}）^{{f_n}（x）}}（{n∈{N^+}}）$，a＞0．
（1）確定實數(shù)a的取值范圍，使得命題M：集合A={x|f₁（x）=f₂（x-2+a）}≠∅為真命題；
（2）確定實數(shù)a的取值范圍；使得命題N：當F（x）=g₁（x）-f₁（x），x∈$[{-\frac{3}{2}，-1}]$時，集合Q={x|x+|x-2a|＞F（x）_min}=R為真命題；
（3）如果M和N有且僅有一個為真命題，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）方程f₁（x）=f₂（x-2+a）有解?log₂（x+2）=2log₂（x+a）?$a=-x+\sqrt{x+2}（{x＞-2}）$有實數(shù)根，令$t=\sqrt{x+2}（{t＞0}）$，則a=-$（t-\frac{1}{2}）^{2}$+$\frac{9}{4}$，利用二次函數(shù)的單調性可得值域，即可得出；
（2）又g_n（x）=${（{\frac{1}{2}}）^{{f_n}（x）}}={（{\frac{1}{2}}）^{nlog_2^{\;}（{x+2}）}}=\frac{1}{{{{（{x+2}）}^n}}}$，可得$F（x）={g_1}（x）-{f_1}（x）=\frac{1}{x+2}-{log_2}（{x+2}）$（x＞-2），可得：F（x）在（-2，+∞）上是減函數(shù)，
而$[-\frac{3}{2}，-1]$?（-2，+∞），故F（x）_min=F（-1）=1．依題意y=x+|x-2a|在R上恒大于1，而$y=x+|{x-2a}|=\left\{\begin{array}{l}2x-2a（x≥2a）\\ 2a（{x＜2a}）.\end{array}\right.$，則函數(shù)y=x+|x-2a|在R上的最小值是2a，只須2a＞1，解出即可．
（3）如果M為真命題，且N為假命題； 如果N為真命題，且M為假命題，即可得出．

解答 解：（1）方程f₁（x）=f₂（x-2+a）有解?log₂（x+2）=2log₂（x+a）?$a=-x+\sqrt{x+2}（{x＞-2}）$有實數(shù)根，
令$t=\sqrt{x+2}（{t＞0}）$，x=t²-2，則a=2-t²+t=-$（t-\frac{1}{2}）^{2}$+$\frac{9}{4}$≤$\frac{9}{4}$，
故$0＜a≤\frac{9}{4}$時，方程總有實根． 
（2）又g_n（x）=${（{\frac{1}{2}}）^{{f_n}（x）}}={（{\frac{1}{2}}）^{nlog_2^{\;}（{x+2}）}}=\frac{1}{{{{（{x+2}）}^n}}}$，∴$F（x）={g_1}（x）-{f_1}（x）=\frac{1}{x+2}-{log_2}（{x+2}）$（x＞-2），
由于-f₁（x）與g₁（x）在（-2，+∞）上均為減函數(shù)，故F（x）在（-2，+∞）上是減函數(shù)，
而$[-\frac{3}{2}，-1]$?（-2，+∞），故F（x）_min=F（-1）=1．
依題意y=x+|x-2a|在R上恒大于1，而$y=x+|{x-2a}|=\left\{\begin{array}{l}2x-2a（x≥2a）\\ 2a（{x＜2a}）.\end{array}\right.$，則函數(shù)y=x+|x-2a|在R上的最小值是2a，
因此，若x+|x-2a|＞F（x）_min的解集是R，則只須2a＞1，解得$a＞\frac{1}{2}$．
（3）如果M為真命題，且N為假命題，則$0＜a≤\frac{1}{2}$；  
如果N為真命題，且M為假命題，則，$a＞\frac{9}{4}$，
故a的取值范圍是$（{0，\frac{1}{2}}]∪（{\frac{9}{4}，+∞}）$．

點評 本題考查了函數(shù)的單調性、恒成立問題的等價轉化方法、簡易邏輯的判定方法，考查了發(fā)現(xiàn)問題與解決問題的能力、推理能力與計算能力，屬于難題．