Question

8．已知函數(shù)f（x）=log₂（4^x+1）-x．
（1）求證：函數(shù)f（x）是偶函數(shù)；
（2）若對(duì)任意x∈[1，2]，不等式f（x）≤log₂（$\frac{m}{{2}^{x}}$+3）恒成立，求實(shí)數(shù)m的最小值；
（3）設(shè)函數(shù)g（x）=f（x）-log₂（a•2^x+1-4a）在（2，+∞）上有且只有一個(gè)零點(diǎn)，求正實(shí)數(shù)a．

Answer 1

分析 （1）求出定義域，驗(yàn)證f（-x）=f（x）即可；
（2）利用函數(shù)單調(diào)性將不等式轉(zhuǎn)化為2^x+$\frac{1}{{2}^{x}}$≤$\frac{m}{{2}^{x}}$+3，即m≥4^x-3•2^x+1，所以m得最小值為右邊函數(shù)在[1，2]上的最大值；
（3）將方程化為2^x+$\frac{1}{{2}^{x}}$=a•2^x+1-4a在（2，+∞）上只有一解，使用換元法轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)F（t）=（1-2a）t²+4at+1在（4，+∞）上只有一解問(wèn)題．

解答 解：（1）由式子有意義得4^x+1＞0，顯然恒成立，
∴f（x）的定義域?yàn)镽，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)．
∵f（x）=log₂（4^x+1）-x=log₂（4^x+1）-log₂2^x
=log₂$\frac{{4}^{x}+1}{{2}^{x}}$=log₂（2^x+$\frac{1}{{2}^{x}}$），
∴f（-x）=log₂（2^-x+$\frac{1}{{2}^{-x}}$）=log₂（2^x+$\frac{1}{{2}^{x}}$）=f（x）．
∴函數(shù)f（x）是偶函數(shù)．
（2）∵f（x）≤log₂（$\frac{m}{{2}^{x}}$+3），
∴l(xiāng)og₂（2^x+$\frac{1}{{2}^{x}}$）≤log₂（$\frac{m}{{2}^{x}}$+3），
∴2^x+$\frac{1}{{2}^{x}}$≤$\frac{m}{{2}^{x}}$+3，
∴m≥4^x-3•2^x+1．
令2^x=t，∵x∈[1，2]，∴t∈[2，4]．
∴m≥t²-3t+1
設(shè)h（t）=t²-3t+1，
則h_max（t）=h（4）=5，
∴m≥5．
∴m的最小值為5．
（3）∵函數(shù)g（x）=f（x）-log₂（a•2^x+1-4a）在（2，+∞）上有且只有一個(gè)零點(diǎn)
∴f（x）=log₂（a•2^x+1-4a）在（2，+∞）上只有一解．
即log₂（2^x+$\frac{1}{{2}^{x}}$）=log₂（a•2^x+1-4a）在（2，+∞）上只有一解
∴2^x+$\frac{1}{{2}^{x}}$=a•2^x+1-4a在（2，+∞）上只有一解
令2^x=t，則t＞4，方程轉(zhuǎn)化為（1-2a）t²+4at+1=0在（4，+∞）上只有一解．
令F（t）=（1-2a）t²+4at+1，
∵F（t）=0在（4，+∞）上只有一解
①若1-2a=0，則t=-$\frac{1}{2}$，不符合題意．
②若1-2a≠0，
（i）當(dāng)△=16a²-4（1-2a）=0，即a=$\frac{\sqrt{5}-1}{4}$時(shí)，t=-$\frac{4a}{2（1-2a）}$＜4，不符合題意．
（ii）當(dāng)△=16a²-4（1-2a）＞0，即a＞$\frac{\sqrt{5}-1}{4}$時(shí)，
若1-2a＞0，即a＜$\frac{1}{2}$時(shí)，則F（4）＜0，
即16（1-2a）+16a+1＜0，解得a＞$\frac{17}{16}$（舍去）．
若1-2a＜0，即a＞$\frac{1}{2}$時(shí)，F(xiàn)（4）＞0，
即16（1-2a）+16a+1＞0，解得a＜$\frac{17}{16}$，
∴$\frac{1}{2}＜a＜\frac{17}{16}$
綜上所述：a的取值范圍是（$\frac{1}{2}$，$\frac{17}{16}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)，函數(shù)恒成立問(wèn)題及換元法在復(fù)合函數(shù)中的應(yīng)用，綜合性較強(qiáng)．