Question

1．如果函數(shù)f（x）在其定義域內(nèi)存在實(shí)數(shù)x₀，使得f（x₀+1）=f（x₀）+f（1）成立，則稱函數(shù)f（x）為“可分拆函數(shù)”．
（1）試判斷函數(shù)$f（x）=\frac{1}{x}$是否為“可分拆函數(shù)”？并說(shuō)明你的理由；
（2）證明：函數(shù)f（x）=2^x+x²為“可分拆函數(shù)”；
（3）設(shè)函數(shù)$f（x）=lg\frac{a}{{{2^x}+1}}$為“可分拆函數(shù)”，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）假設(shè)f（x）是“可分拆函數(shù)”，則存在x₀，使得$\frac{1}{{{x_0}+1}}=\frac{1}{x_0}+\frac{1}{1}$，即$x_0^2+{x_0}+1=0$，判斷此函數(shù)是否有解即可得出．
（2）令h（x）=f（x+1）-f（x）-f（1），則h（x）=2^x+1+（x+1）²-2^x-x²-2-1=2（2^x-1+x-1），又h（0）=-1，h（1）=2，故h（0）•h（1）＜0，所以h（x）=0在上有實(shí)數(shù)解x₀，也即存在實(shí)數(shù)x₀，使得f（x₀+1）=f（x₀）+f（1）成立，即可證明．
（3）因?yàn)楹瘮?shù)$f（x）=lg\frac{a}{{{2^x}+1}}$為“可分拆函數(shù)”，所以存在實(shí)數(shù)x₀，使得$lg\frac{a}{{{2^{{x_0}+1}}+1}}$=$lg\frac{a}{{{2^{x_0}}+1}}$+$lg\frac{a}{3}$，$\frac{a}{{{2^{{x_0}+1}}+1}}$=$\frac{a}{{{2^{x_0}}+1}}$×$\frac{a}{3}$且a＞0，所以，$a=\frac{{3（{2^{x_0}}+1）}}{{{2^{{x_0}+1}}+1}}$=$\frac{{3（{2^{x_0}}+1）}}{{2×{2^{x_0}}+1}}$，換元利用單調(diào)性即可得出．

解答 解：（1）假設(shè)f（x）是“可分拆函數(shù)”，則存在x₀，使得$\frac{1}{{{x_0}+1}}=\frac{1}{x_0}+\frac{1}{1}$，…（1分）
即$x_0^2+{x_0}+1=0$，而此方程的判別式△=1-4=-3＜0，方程無(wú)實(shí)數(shù)解，
所以，f（x）不是“可分拆函數(shù)”．                  …（3分）
（2）證明：令h（x）=f（x+1）-f（x）-f（1），
則h（x）=2^x+1+（x+1）²-2^x-x²-2-1=2（2^x-1+x-1），
又h（0）=-1，h（1）=2，故h（0）•h（1）＜0，
所以h（x）=f（x+1）-f（x）-f（1）=0在上有實(shí)數(shù)解x₀，
也即存在實(shí)數(shù)x₀，使得f（x₀+1）=f（x₀）+f（1）成立，
所以，f（x）=2^x+x²是“可分拆函數(shù)”．         …（7分）
（3）因?yàn)楹瘮?shù)$f（x）=lg\frac{a}{{{2^x}+1}}$為“可分拆函數(shù)”，
所以存在實(shí)數(shù)x₀，使得$lg\frac{a}{{{2^{{x_0}+1}}+1}}$=$lg\frac{a}{{{2^{x_0}}+1}}$+$lg\frac{a}{3}$，$\frac{a}{{{2^{{x_0}+1}}+1}}$=$\frac{a}{{{2^{x_0}}+1}}$×$\frac{a}{3}$且a＞0，
所以，$a=\frac{{3（{2^{x_0}}+1）}}{{{2^{{x_0}+1}}+1}}$=$\frac{{3（{2^{x_0}}+1）}}{{2×{2^{x_0}}+1}}$，
令$t={2^{x_0}}$，則t＞0，所以，a=$\frac{3（t+1）}{2t+1}=\frac{3}{2}+\frac{3}{2（2t+1）}$，
由t＞0得$\frac{3}{2}＜a＜3$，即a的取值范圍是$（{\frac{3}{2}，3}）$．     …（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了抽象函數(shù)的單調(diào)性、不等式與方程的解法、新定義、函數(shù)零點(diǎn)判定定理，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．