Question

8．若函數f（x）在定義域內存在實數x₀，使得f（x₀+1）=f（x₀）+f（1）成立，則稱函數f（x）有“飄移點”x₀．
（Ⅰ）證明f（x）=x²+e^x在區間$（{0，\frac{1}{2}}）$上有“飄移點”（e為自然對數的底數）；
（Ⅱ）若$f（x）=lg（{\frac{a}{{{x^2}+1}}}）$在區間（0，+∞）上有“飄移點”，求實數a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）f（x）=x²+e^x，設g（x）=f（x+1）-f（x）-f（1），則g（x）=2x+（e-1）e^x-e．只要判斷g（0）g（$\frac{1}{2}$）＜0即可．
（II）函數$f（x）=lg（{\frac{a}{{{x^2}+1}}}）$在區間（0，+∞）上有“飄移點”x₀，即有$lg（{\frac{a}{{{{（{{x_0}+1}）}^2}+1}}}）=lg（{\frac{a}{{{x_0}^2+1}}}）+lg（{\frac{a}{2}}）$成立，即$\frac{a}{{{{（{x_0}+1）}^2}+1}}=\frac{a}{{{x_0}^2+1}}•\frac{a}{2}$，整理得$（{2-a}）{x_0}^2-2a{x_0}+2-2a=0$．從而問題轉化為關于x的方程（2-a）x²-2ax+2-2a=0在區間（0，+∞）上有實數根x₀時實數a的范圍．設h（x）=（2-a）x²-2ax+2-2a，由題設知a＞0．對a分類討論即可得出．

解答 （Ⅰ）證明：f（x）=x²+e^x，設g（x）=f（x+1）-f（x）-f（1），
則g（x）=2x+（e-1）e^x-e．
因為g（0）=-1，$g（{\frac{1}{2}}）=1+（e-1）\sqrt{e}-e=（e-1）\sqrt{e}-（e-1）=（e-1）（{\sqrt{e}-1}）＞0$，
所以$g（0）g（{\frac{1}{2}}）＜0$．
所以g（x）=0在區間$（{0，\frac{1}{2}}）$上至少有一個實數根，
即函數f（x）=x²+e^x在區間$（{0，\frac{1}{2}}）$上有“飄移點”．
（Ⅱ）解：函數$f（x）=lg（{\frac{a}{{{x^2}+1}}}）$在區間（0，+∞）上有“飄移點”x₀，即有$lg（{\frac{a}{{{{（{{x_0}+1}）}^2}+1}}}）=lg（{\frac{a}{{{x_0}^2+1}}}）+lg（{\frac{a}{2}}）$成立，即$\frac{a}{{{{（{x_0}+1）}^2}+1}}=\frac{a}{{{x_0}^2+1}}•\frac{a}{2}$，
整理得$（{2-a}）{x_0}^2-2a{x_0}+2-2a=0$．
從而問題轉化為關于x的方程（2-a）x²-2ax+2-2a=0在區間（0，+∞）上有實數根x₀時實數a的范圍．
設h（x）=（2-a）x²-2ax+2-2a，由題設知a＞0．
當a＞2且x＞0時，h（x）＜0，方程h（x）=0無解，不符合要求； 
當a=2時，方程h（x）=0的根為$-\frac{1}{2}$，不符合要求；   
當0＜a＜2時，h（x）=（2-a）x²-2ax+2-2a圖象的對稱軸是$x=\frac{a}{2-a}＞0$，
要使方程h（x）=0在區間（0，+∞）上有實數根，則只需△=4a²-4（2-a）（2-2a）≥0，
解得$3-\sqrt{5}≤a≤3+\sqrt{5}$．
所以$3-\sqrt{5}≤a＜2$，即實數a的取值范圍是$[3-\sqrt{5}，2）$．

點評 本題考查了函數的零點、二次函數的性質、分類討論方法、不等式的解法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．