Question

已知函数g（x）=log_ax，其中a＞1．
（Ⅰ）当x∈[0，1]时，g（a^x+2）＞1恒成立，求a的取值范围；
（Ⅱ）设m（x）是定义在[s，t]上的函数，在（s，t）内任取n-1个数x₁，x₂，…，x_n-2，x_n-1，设x₁＜x₂＜…＜x_n-2＜x_n-1，令s=x₀，t=x_n，如果存在一个常数M＞0，使得

n

i=1

|m(xi)-m(xi-1)|≤M恒成立，则称函数m（x）在区间[s，t]上的具有性质P．
试判断函数f（x）=|g（x）|在区间[

1

a

，a2]上是否具有性质P？若具有性质P，请求出M的最小值；若不具有性质P，请说明理由．
（注：

n

i=1

|m(xi)-m(xi-1)|=|m(x1)-m(x0)|+|m(x2)-m(x1)|+…+|m(xn)-m(xn-1)|）

Answer 1

分析：（Ⅰ）当x∈[0，1]时，g（a^x+2）＞1恒成立，可转化为a^x+2＞a恒成立，进而转化为函数最值问题解决；
（Ⅱ）先研究函数f（x）在区间[

1

a

，a2]上的单调性，然后对(

1

a

，a2)内的任意一个取数方法

1

a

=x0＜x1＜x2＜…＜xn-1＜xn=a2，根据性质P的定义分两种情况讨论即可：①存在某一个整数k∈{1，2，3，…，n-1}，使得x_k=1时，②当对于任意的k∈{0，1，2，3，…，n-1}，x_k≠1时；

解答：解：（Ⅰ）当x∈[0，1]时，g（a^x+2）＞1恒成立，即x∈[0，1]时，loga(ax+2)＞1恒成立，
因为a＞1，所以a^x+2＞a恒成立，即a-2＜a^x在区间[0，1]上恒成立，
所以a-2＜1，即a＜3，
所以1＜a＜3．即a的取值范围是（1，3）．
（Ⅱ）由已知f（x）=|log_ax|，可知f（x）在[1，a²]上单调递增，在[

1

a

，1]上单调递减，
对于(

1

a

，a2)内的任意一个取数方法

1

a

=x0＜x1＜x2＜…＜xn-1＜xn=a2，
当存在某一个整数k∈{1，2，3，…，n-1}，使得x_k=1时，

n

i=1

|f(xi)-f(xi-1)|=[f(x0)-f(x1)]+[f(x1)-f(x2)]+…+[f(xk-1)-f(xk)]+[f（x_k+1）-f（x_k）]+[f（x_k+2）-f（x_k+1）]+…+[f（x_n）-f（x_n-1）]=f(

1

a

)-f(1)+f(a2)-f(1)=1+2=3．
当对于任意的k∈{0，1，2，3，…，n-1}，x_k≠1时，则存在一个实数k使得x_k＜1＜x_k+1，
此时

n

i=1

|f(xi)-f(xi-1)|=[f(x0)-f(x1)]+[f(x1)-f(x2)]+…+[f(xk-1)-f(xk)]+|f（x_k+1）-f（x_k）|+[f（x_k+2）-f（x_k+1）]+…+[f（x_n）-f（x_n-1）]
=f（x₀）-f（x_k）+|f（x_k）-f（x_k+1）|+f（x_n）-f（x_k+1），（*）
当f（x_k）＞f（x_k+1）时，（*）式=f（x_n）+f（x₀）-2f（x_k+1）＜3，
当f（x_k）＜f（x_k+1）时，（*）式=f（x_n）+f（x₀）-2f（x_k）＜3，
当f（x_k）=f（x_k+1）时，（*）式=f（x_n）+f（x₀）-f（x_k）-f（x_k+1）＜3．
综上，对于(

1

a

，a2)内的任意一个取数方法

1

a

=x0＜x1＜x2＜…＜xn-1＜xn=a2，均有

n

i=1

|f(xi)-f(xi-1)|≤3．
所以存在常数M≥3，使

n

i=1

|f(xi)-f(xi-1)|≤M恒成立，
所以函数f（x）在区间[

1

a

，a2]上具有性质P．
此时M的最小值为3．

点评：本题考查函数恒成立问题，考查学生综合运用所学知识分析问题解决新问题的能力，本题综合性强、难度大，对知识能力要求较高．