Question

20．已知函数f（x）在定义域R上是单调递减函数，若对任意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）解关于x的不等式f^-1[3+（x-4）a]＜2f^-1（x-3）+1；
（3）已知f（-3）=3，关于x的不等式2f^-1（x）＜m+f^-1（x-1）在x∈[$\frac{1}{2}$，4]有解，求实数m的范围．

Answer 1

分析 （1）a^t+1+t=0，得出f（x）=（$\frac{1}{2}$）^x+1-1，
（2）根据反函数解析式得出log${\;}_{\frac{1}{2}}$2（x+2）＜log${\;}_{\frac{1}{2}}$2（x-2）²，根据对数函数转化为：$\left\{\begin{array}{l}{2（x-2）^{2}＜2（x+2）}\\{x+2＞0}\end{array}\right.$
（3）根据函数解析式化简得出m＞-log${\;}_{\frac{1}{2}}$2（x+$\frac{1}{x}$+2），设h（x）=2（x$+\frac{1}{x}$+2），x∈[$\frac{1}{2}$，4]，
利用函数的单调性求解得出y=-log${\;}_{\frac{1}{2}}$2（x+$\frac{1}{x}$+2）．

解答 解：（1）∵设t=f（x）-a^x+1，
即 f（x）=a^x+1+t，
∴f（t）=0，a^t+1+t=0，
当t=-2时，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}}$2（x-2）²，
可以转化为：$\left\{\begin{array}{l}{2（x-2）^{2}＜2（x+2）}\\{x+2＞0}\end{array}\right.$
即$\frac{5-\sqrt{17}}{2}$$＜x＜\frac{5+\sqrt{17}}{2}$，
（3）∵f（-3）=3
∴f（x）=（$\frac{1}{2}$）^x+1-1，f^-1（x）=log${\;}_{\frac{1}{2}}$（x+1）-1，
∵2f^-1（x）＜m+f^-1（x-1），
∴2log${\;}_{\frac{1}{2}}$（x+1）-2＜m+log${\;}_{\frac{1}{2}}$x-1，
即m＞-log${\;}_{\frac{1}{2}}$2（x+$\frac{1}{x}$+2），
∵h（x）=2（x$+\frac{1}{x}$+2），x∈[$\frac{1}{2}$，4]，
∴8≤h（x）$≤\frac{25}{2}$，-log${\;}_{\frac{1}{2}}$$\frac{25}{4}$≤-${log}_{\frac{1}{2}}（2+\frac{1}{x}+2）$≤3
即m$≥-lo{g}_{\frac{1}{2}}8$=3，
故实数m的范围：m≥3．

点评 本题考查了反函数的概念性质，单调性，解不等式，结合函数的单调性求解最值，得出不等式恒成立时的参数的范围问题，属于难题．