Question

20．已知函數(shù)f（x）在定義域R上是單調(diào)遞減函數(shù)，若對(duì)任意x∈R，都有f[f（x）-a^x+1]=0成立（其中a＞0且a≠1）．
（1）求f（x）的解析式；
（2）解關(guān)于x的不等式f^-1[3+（x-4）a]＜2f^-1（x-3）+1；
（3）已知f（-3）=3，關(guān)于x的不等式2f^-1（x）＜m+f^-1（x-1）在x∈[$\frac{1}{2}$，4]有解，求實(shí)數(shù)m的范圍．

Answer 1

分析 （1）a^t+1+t=0，得出f（x）=（$\frac{1}{2}$）^x+1-1，
（2）根據(jù)反函數(shù)解析式得出log${\;}_{\frac{1}{2}}$2（x+2）＜log${\;}_{\frac{1}{2}}$2（x-2）²，根據(jù)對(duì)數(shù)函數(shù)轉(zhuǎn)化為：$\left\{\begin{array}{l}{2（x-2）^{2}＜2（x+2）}\\{x+2＞0}\end{array}\right.$
（3）根據(jù)函數(shù)解析式化簡(jiǎn)得出m＞-log${\;}_{\frac{1}{2}}$2（x+$\frac{1}{x}$+2），設(shè)h（x）=2（x$+\frac{1}{x}$+2），x∈[$\frac{1}{2}$，4]，
利用函數(shù)的單調(diào)性求解得出y=-log${\;}_{\frac{1}{2}}$2（x+$\frac{1}{x}$+2）．

解答 解：（1）∵設(shè)t=f（x）-a^x+1，
即 f（x）=a^x+1+t，
∴f（t）=0，a^t+1+t=0，
當(dāng)t=-2時(shí)，a^-1=2，即a=$\frac{1}{2}$，
即（$\frac{1}{2}$）^t+1+t=0，t=-1
∴f（x）=（$\frac{1}{2}$）^x+1-1，
（2）∵y=（$\frac{1}{2}$）^x+1-1，
∴f^-1（x）=log${\;}_{\frac{1}{2}}$（x+1）-1，
∵2f^-1（x-3）+1=2log${\;}_{\frac{1}{2}}$（x-2）-1=log${\;}_{\frac{1}{2}}$2（x+2）²，
f^-1[3+（x-4）a]=log${\;}_{\frac{1}{2}}$（x+2）-1=log${\;}_{\frac{1}{2}}$2（x+2），
∴f^-1[3+（x-4）a]＜2f^-1（x-3）+1；
log${\;}_{\frac{1}{2}}$2（x+2）＜log${\;}_{\frac{1}{2}}$2（x-2）²，
可以轉(zhuǎn)化為：$\left\{\begin{array}{l}{2（x-2）^{2}＜2（x+2）}\\{x+2＞0}\end{array}\right.$
即$\frac{5-\sqrt{17}}{2}$$＜x＜\frac{5+\sqrt{17}}{2}$，
（3）∵f（-3）=3
∴f（x）=（$\frac{1}{2}$）^x+1-1，f^-1（x）=log${\;}_{\frac{1}{2}}$（x+1）-1，
∵2f^-1（x）＜m+f^-1（x-1），
∴2log${\;}_{\frac{1}{2}}$（x+1）-2＜m+log${\;}_{\frac{1}{2}}$x-1，
即m＞-log${\;}_{\frac{1}{2}}$2（x+$\frac{1}{x}$+2），
∵h(yuǎn)（x）=2（x$+\frac{1}{x}$+2），x∈[$\frac{1}{2}$，4]，
∴8≤h（x）$≤\frac{25}{2}$，-log${\;}_{\frac{1}{2}}$$\frac{25}{4}$≤-${log}_{\frac{1}{2}}（2+\frac{1}{x}+2）$≤3
即m$≥-lo{g}_{\frac{1}{2}}8$=3，
故實(shí)數(shù)m的范圍：m≥3．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了反函數(shù)的概念性質(zhì)，單調(diào)性，解不等式，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性求解最值，得出不等式恒成立時(shí)的參數(shù)的范圍問題，屬于難題．