Question

5．已知函数f（x）=a•2^x+b的图象过点A（1，$\frac{3}{2}$），B（2，$\frac{5}{2}$）．
（1）求函数y=f（x）的反函数y=f^-1（x）的解析式；
（2）若F（x）=f^-1（2^x-1）-log${\;}_{\frac{1}{2}}$f（x），求使得F（x）≤0的x取值范围；
（3）记a_n=2${\;}^{{f}^{-1}（n）}$（n∈N^*），是否存在正数k，使得（1+$\frac{1}{{a}_{1}}$）（1+$\frac{1}{{a}_{2}}$）…（1+$\frac{1}{{a}_{n}}$）≥k$\sqrt{2n+1}$对n∈N^*均成立？若存在，求出k的最大值，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由题意可得a，b的方程，解得可得f（x）的解析式，反解出x，将x换为y，y换为x，即可得到所求反函数；
（2）运用对数的运算性质化简F（x），再由都市函数的单调性，解不等式可得；
（3）先根据条件求出数列{a_n}的通项公式；由题意可得k≤$\frac{1}{\sqrt{2n+1}}$（1+$\frac{1}{{a}_{1}}$）（1+$\frac{1}{{a}_{2}}$）…（1+$\frac{1}{{a}_{n}}$）恒成立；再通过构造F（n）=$\frac{1}{\sqrt{2n+1}}$（1+$\frac{1}{{a}_{1}}$）（1+$\frac{1}{{a}_{2}}$）…（1+$\frac{1}{{a}_{n}}$），利用其单调性求出F（n）的最小值，即可求出k的最大值．

解答 解：（1）由题意可得2a+b=$\frac{3}{2}$，4a+b=$\frac{5}{2}$，
解得a=$\frac{1}{2}$，b=$\frac{1}{2}$，
即y=f（x）=$\frac{1}{2}$（1+2^x），
可得2^x=2y-1，即x=log₂（2y-1），
即有y=f^-1（x）=log₂（2x-1）；
（2）F（x）=f^-1（2^x-1）-log${\;}_{\frac{1}{2}}$f（x）
=log₂（2^x-1）+log₂$\frac{1+{2}^{x}}{2}$=log₂$\frac{{4}^{x}-1}{2}$，
由F（x）≤0，可得0＜$\frac{{4}^{x}-1}{2}$≤1，
即1＜4^x≤3，解得0＜x≤log₄3；
（3）a_n=2${\;}^{{f}^{-1}（n）}$（n∈N^*）=${2}^{lo{g}_{2}（2n-1）}$=2n-1，
假设存在正数k，使得（1+$\frac{1}{{a}_{1}}$）（1+$\frac{1}{{a}_{2}}$）…（1+$\frac{1}{{a}_{n}}$）≥k$\sqrt{2n+1}$对一切n∈N^*均成立，
则k≤$\frac{1}{\sqrt{2n+1}}$（1+$\frac{1}{{a}_{1}}$）（1+$\frac{1}{{a}_{2}}$）…（1+$\frac{1}{{a}_{n}}$）恒成立．
记F（n）=$\frac{1}{\sqrt{2n+1}}$（1+$\frac{1}{{a}_{1}}$）（1+$\frac{1}{{a}_{2}}$）…（1+$\frac{1}{{a}_{n}}$），
则F（n+1）=$\frac{1}{\sqrt{2n+3}}$（1+$\frac{1}{{a}_{1}}$）（1+$\frac{1}{{a}_{2}}$）…（1+$\frac{1}{{a}_{n}}$）（1+$\frac{1}{{a}_{n+1}}$）．
∵$\frac{F（n+1）}{F（n）}$=$\frac{2（n+1）}{\sqrt{2n+3}•\sqrt{2n+1}}$=$\frac{2（n+1）}{\sqrt{4（n+1）^{2}-1}}$＞$\frac{2（n+1）}{2（n+1）}$=1．
∴．F（n+1）＞F（n），所以F（n）是递增数列．
所以n=1时F（n）最小，最小值F（1）=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．
所以k≤$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．即k的最大值为$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．

点评 本题考查函数的反函数的求法，考查对数的运算性质和对数函数的单调性的运用：解不等式，考查数列不等式恒成立问题的解法，注意运用数列的单调性求得最小值，属于中档题．