Question

1．設函數f（x）=lg（x+m）（m∈R）；
（1）當m=2時，解不等式$f（\frac{1}{x}）＞1$；
（2）若f（0）=1，且$f（x）={（\frac{1}{{\sqrt{2}}}）^x}+λ$在閉區間[2，3]上有實數解，求實數λ的范圍；
（3）如果函數f（x）的圖象過點（98，2），且不等式f[cos（2ⁿx）]＜lg2對任意n∈N均成立，求實數x的取值集合．

Answer 1

分析 （1）根據對數的運算解不等式即可．
（2）根據f（0）=1，求f（x）的解析式，根據$f（x）={（\frac{1}{{\sqrt{2}}}）^x}+λ$在閉區間[2，3]上有實數解，分離λ，可得λ=lg（x+10）-$（\frac{1}{\sqrt{2}}）^{x}$，令F（x）=lg（x+10）-$（\frac{1}{\sqrt{2}}）^{x}$，求在閉區間[2，3]上的值域即為λ的范圍．
（3）函數f（x）的圖象過點（98，2），求f（x）的解析式，可得f（x）=lg（2+x）那么：不等式f[cos（2ⁿx）]＜lg2轉化為lg（2+cos（2ⁿx））＜lg2轉化為$\left\{\begin{array}{l}{2+cos（{2}^{n}x）＞0}\\{cos（{2}^{n}x）＜0}\end{array}\right.$，求解x，又∵2+x＞0，即x＞-2和n∈N．討論k的范圍可得答案．

解答 解：函數f（x）=lg（x+m）（m∈R）；
（1）當m=2時，f（x）=lg（x+2）
那么：不等式$f（\frac{1}{x}）＞1$；即lg（$\frac{1}{x}$+2）＞lg10，
可得：$\frac{1}{x}+2＞10$，且$\frac{1}{x}+2＞0$
解得：$0＜x＜\frac{1}{8}$．
∴不等式的解集為{x|$0＜x＜\frac{1}{8}$}
（2）∵f（0）=1，可得m=10．
∴f（x）=lg（x+10）
$f（x）={（\frac{1}{{\sqrt{2}}}）^x}+λ$，即lg（x+10）=$（\frac{1}{\sqrt{2}}）^{x}+λ$在閉區間[2，3]上有實數解，
可得λ=lg（x+10）-$（\frac{1}{\sqrt{2}}）^{x}$
令F（x）=lg（x+10）-$（\frac{1}{\sqrt{2}}）^{x}$，求在閉區間[2，3]上的值域．
根據指數和對數的性質可知：F（x）是增函數，
∴F（x）在閉區間[2，3]上的值域為[lg12-$\frac{1}{2}$，lg13-$\frac{\sqrt{2}}{4}$]
故得實數λ的范圍是[lg12-$\frac{1}{2}$，lg13-$\frac{\sqrt{2}}{4}$]．
（3）∵函數f（x）的圖象過點（98，2），
則有：2=lg（98+m）
∴m=2．
故f（x）=lg（2+x）
那么：不等式f[cos（2ⁿx）]＜lg2轉化為lg（2+cos（2ⁿx））＜lg2
即cos（2ⁿx）＜0對n∈N均成立，
若x是滿足條件的實數，則有cosx≤-$\frac{1}{4}$，
因為，若-$\frac{1}{4}$＜cosx＜0，則cos2x=2cos²x-1＜-$\frac{7}{8}$，則cos4x=2cos²2x-1＞0，
所以必有cos（2ⁿx）≤-$\frac{1}{4}$；
得|cos（2ⁿx）-$\frac{1}{2}$|≥$\frac{3}{4}$，又|cos2x+$\frac{1}{2}$|=2|cosx+$\frac{1}{2}$||cosx-$\frac{1}{2}$|≥$\frac{3}{2}$|cosx+$\frac{1}{2}$|，
得|cosx+$\frac{1}{2}$|≤$\frac{2}{3}$|cos2x+$\frac{1}{2}$|，重復運用得到|cosx+$\frac{1}{2}$|≤…≤$（\frac{2}{3}）^{n}$|cos（2ⁿx）+$\frac{1}{2}$|＜$（\frac{2}{3}）^{n}$
n為自然數，∴cosx+$\frac{1}{2}$=0，
級x=2kπ±$\frac{2π}{3}$，k∈Z．
驗證，當x=2kπ±$\frac{2π}{3}$，k∈Z時，有cos（2ⁿx）=-$\frac{1}{2}$，滿足題意．
所以，x的取值范圍為{x|x=2kπ±$\frac{2π}{3}$，k∈Z}

點評 本題考查了對數的性質及其運算以及不等式恒成立的問題在對數與三角函數中的運用．有點難度．