Question

6．定义在（-1，0）∪（0，+∞）上的函数f（x）及二次函数g（x）满足：f（x）-2f（$\frac{1}{x}$）=ln$\frac{1+x}{{x}^{2}}$，g（1）=g（-3）=3，且g（x）的最小值是-1．
（Ⅰ）求f（x）和g（x）的解析式；
（Ⅱ）若对于x₁，x₂∈[1，2]，均有g（x₁）+ax₁≤$\frac{1}{2}$x₂²+2f（x₂）+2ln2-$\frac{1}{2}$成立，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）设φ（x）=$\left\{\begin{array}{l}{f（x），（x＞0）}\\{g（x），（x≤0）}\end{array}\right.$，讨论方程φ[φ（x）]=-1的解的个数情况．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求抽象函数g（x）的解析式，运用了方程的思想；而h（x）是具体函数，可以直接设出来，用待定系数法求之．
（Ⅱ）F（x）≤h（x）恒成立，即：F（x）_max≤h（x）_min，利用导数分别求出的最小值和最大值．
（Ⅲ）利用数形结合，对参数进行讨论求出方程的根的个数．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）-2f（$\frac{1}{x}$）=ln$\frac{1+x}{{x}^{2}}$，①
∴f（$\frac{1}{x}$）-2f（x）=ln（x²+x），②，
由①+2×②得，
f（x）=ln$\frac{1}{x+1}$，
∵g（1）=g（-3）=3，
∴对称轴为x=$\frac{1-3}{2}$=-1，
∵g（x）的最小值是-1，
设g（x）=a（x+1）²-1，
∴g（1）=a（1+1）²-1=3，
解得a=1，
∴g（x）=（x+1）²-1=x²+2x；
（Ⅱ）对于x₁，x₂∈[1，2]，均有g（x₁）+ax₁≤$\frac{1}{2}$x₂²+2f（x₂）+2ln2-$\frac{1}{2}$，
∴x₁²+2x₁+ax₁≤$\frac{1}{2}$x₂²+2ln$\frac{1}{{x}_{2}+1}$+2ln2-$\frac{1}{2}$，
设h（x）=$\frac{1}{2}$x²+2ln$\frac{1}{x+1}$+2ln2-$\frac{1}{2}$，
则h′（x）=x-$\frac{2}{x+1}$=$\frac{（x-1）（x+2）}{x+1}$≥0在[1，2]恒成立，
∴h（x）在[1，2]为增函数，
∴h（x）_min≥h（1）=$\frac{1}{2}$-2ln2+2ln2-$\frac{1}{2}$=0，
∴x₁²+2x₁+ax₁≤0，
∴a≤-x₁-2，
∵F（x）=-x-2在[1，2]为减函数，
∴F（x）＞-4，
∴a≤-4，
∴实数a的取值范围为（-∞，-4]．
（Ⅲ）当φ（x）＞0时，
有-ln（f（x）+1）=-1，则f（x）=e-1，
即-ln（x+1）=e-1，
解得x=e^1-e-1，
当φ（x）≤0时，有g（x）²+2g（x）=-1，则g（x）=-1，
∴x²+2x=-1，解的x=-1，
∴方程φ[φ（x）]=-1的解的个数为2个．

点评 本题考查了函数解析式的方法，运用方程思想求抽象函数解析式，用待定系数法求具体函数解析式；利用最值解决恒成立问题；利用数结合法解决方程根的个数问题．难度较大．