Question

2．已知兩個函數(shù)f₁（x）=ln（|x-a|+2），f₂（x）=ln（|x-2a+1|+1），a∈R．
（1）若a=0，求使得f₁（x）=f₂（x）的x的值；
（2）若|f₁（x）-f₂（x）|=f₁（x）-f₂（x）對于任意的實(shí)數(shù)x∈R恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）求函數(shù)F（x）=$\frac{{f}_{1}（x）+{f}_{2}（x）}{2}$-$\frac{|{f}_{1}（x）-{f}_{2}（x）|}{2}$的值域．

Answer 1

分析 （1）若a=0，則f₁（x）=ln（|x|+2），f₂（x）=ln（|x+1|+1），從而可得|x|+2=|x+1|+1，從而解得；
（2）化簡恒成立為|x-a|+1≥|x-2a+1|對于任意的實(shí)數(shù)x∈R恒成立，即|x-a|-|x-2a+1|≥-1對于任意的實(shí)數(shù)x∈R恒成立，從而解得；
（3）化簡可得F（x）=min{f₁（x），f₂（x）}，從而分別求值域，從而解得．

解答 解：（1）若a=0，則f₁（x）=ln（|x|+2），f₂（x）=ln（|x+1|+1），
∴l(xiāng)n（|x|+2）=ln（|x+1|+1），
∴|x|+2=|x+1|+1，
∴x≥0；
（2）∵|f₁（x）-f₂（x）|=f₁（x）-f₂（x）對于任意的實(shí)數(shù)x∈R恒成立，
∴f₁（x）-f₂（x）≥0對于任意的實(shí)數(shù)x∈R恒成立，
∴l(xiāng)n（|x-a|+2）-ln（|x-2a+1|+1）≥0對于任意的實(shí)數(shù)x∈R恒成立，
∴|x-a|+2≥|x-2a+1|+1對于任意的實(shí)數(shù)x∈R恒成立，
∴|x-a|+1≥|x-2a+1|對于任意的實(shí)數(shù)x∈R恒成立，
即|x-a|-|x-2a+1|≥-1對于任意的實(shí)數(shù)x∈R恒成立，
由絕對值的幾何意義可知，
-|-a+1|≥-1，即|1-a|≤1，
即0≤a≤2；
（3）∵當(dāng)f₁（x）≥f₂（x）時，
F（x）=$\frac{{f}_{1}（x）+{f}_{2}（x）}{2}$-$\frac{|{f}_{1}（x）-{f}_{2}（x）|}{2}$=f₂（x），
當(dāng)f₁（x）＜f₂（x）時，
F（x）=$\frac{{f}_{1}（x）+{f}_{2}（x）}{2}$-$\frac{|{f}_{1}（x）-{f}_{2}（x）|}{2}$=f₁（x），
故F（x）=min{f₁（x），f₂（x）}，
而f₁（x）=ln（|x-a|+2）的值域?yàn)閇ln2，+∞），
f₂（x）=ln（|x-2a+1|+1）的值域?yàn)閇0，+∞）；
故函數(shù)F（x）=$\frac{{f}_{1}（x）+{f}_{2}（x）}{2}$-$\frac{|{f}_{1}（x）-{f}_{2}（x）|}{2}$的值域?yàn)閇0，+∞）．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的性質(zhì)的判斷與應(yīng)用，同時考查了絕對值不等式的解法與應(yīng)用．