Question

10．已知函数${f_n}（x）=n{log_2}（{x+2}），{g_n}（x）={（{\frac{1}{2}}）^{{f_n}（x）}}（{n∈{N^+}}）$，a＞0．
（1）确定实数a的取值范围，使得命题M：集合A={x|f₁（x）=f₂（x-2+a）}≠∅为真命题；
（2）确定实数a的取值范围；使得命题N：当F（x）=g₁（x）-f₁（x），x∈$[{-\frac{3}{2}，-1}]$时，集合Q={x|x+|x-2a|＞F（x）_min}=R为真命题；
（3）如果M和N有且仅有一个为真命题，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）方程f₁（x）=f₂（x-2+a）有解?log₂（x+2）=2log₂（x+a）?$a=-x+\sqrt{x+2}（{x＞-2}）$有实数根，令$t=\sqrt{x+2}（{t＞0}）$，则a=-$（t-\frac{1}{2}）^{2}$+$\frac{9}{4}$，利用二次函数的单调性可得值域，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，+∞）上是减函数，
而$[-\frac{3}{2}，-1]$?（-2，+∞），故F（x）_min=F（-1）=1．依题意y=x+|x-2a|在R上恒大于1，而$y=x+|{x-2a}|=\left\{\begin{array}{l}2x-2a（x≥2a）\\ 2a（{x＜2a}）.\end{array}\right.$，则函数y=x+|x-2a|在R上的最小值是2a，只须2a＞1，解出即可．
（3）如果M为真命题，且N为假命题； 如果N为真命题，且M为假命题，即可得出．

解答 解：（1）方程f₁（x）=f₂（x-2+a）有解?log₂（x+2）=2log₂（x+a）?$a=-x+\sqrt{x+2}（{x＞-2}）$有实数根，
令$t=\sqrt{x+2}（{t＞0}）$，x=t²-2，则a=2-t²+t=-$（t-\frac{1}{2}）^{2}$+$\frac{9}{4}$≤$\frac{9}{4}$，
故$0＜a≤\frac{9}{4}$时，方程总有实根． 
（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）与g₁（x）在（-2，+∞）上均为减函数，故F（x）在（-2，+∞）上是减函数，
而$[-\frac{3}{2}，-1]$?（-2，+∞），故F（x）_min=F（-1）=1．
依题意y=x+|x-2a|在R上恒大于1，而$y=x+|{x-2a}|=\left\{\begin{array}{l}2x-2a（x≥2a）\\ 2a（{x＜2a}）.\end{array}\right.$，则函数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，则只须2a＞1，解得$a＞\frac{1}{2}$．
（3）如果M为真命题，且N为假命题，则$0＜a≤\frac{1}{2}$；  
如果N为真命题，且M为假命题，则，$a＞\frac{9}{4}$，
故a的取值范围是$（{0，\frac{1}{2}}]∪（{\frac{9}{4}，+∞}）$．

点评 本题考查了函数的单调性、恒成立问题的等价转化方法、简易逻辑的判定方法，考查了发现问题与解决问题的能力、推理能力与计算能力，属于难题．