Question

8．若函数f（x）在定义域内存在实数x₀，使得f（x₀+1）=f（x₀）+f（1）成立，则称函数f（x）有“飘移点”x₀．
（Ⅰ）证明f（x）=x²+e^x在区间$（{0，\frac{1}{2}}）$上有“飘移点”（e为自然对数的底数）；
（Ⅱ）若$f（x）=lg（{\frac{a}{{{x^2}+1}}}）$在区间（0，+∞）上有“飘移点”，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）f（x）=x²+e^x，设g（x）=f（x+1）-f（x）-f（1），则g（x）=2x+（e-1）e^x-e．只要判断g（0）g（$\frac{1}{2}$）＜0即可．
（II）函数$f（x）=lg（{\frac{a}{{{x^2}+1}}}）$在区间（0，+∞）上有“飘移点”x₀，即有$lg（{\frac{a}{{{{（{{x_0}+1}）}^2}+1}}}）=lg（{\frac{a}{{{x_0}^2+1}}}）+lg（{\frac{a}{2}}）$成立，即$\frac{a}{{{{（{x_0}+1）}^2}+1}}=\frac{a}{{{x_0}^2+1}}•\frac{a}{2}$，整理得$（{2-a}）{x_0}^2-2a{x_0}+2-2a=0$．从而问题转化为关于x的方程（2-a）x²-2ax+2-2a=0在区间（0，+∞）上有实数根x₀时实数a的范围．设h（x）=（2-a）x²-2ax+2-2a，由题设知a＞0．对a分类讨论即可得出．

解答 （Ⅰ）证明：f（x）=x²+e^x，设g（x）=f（x+1）-f（x）-f（1），
则g（x）=2x+（e-1）e^x-e．
因为g（0）=-1，$g（{\frac{1}{2}}）=1+（e-1）\sqrt{e}-e=（e-1）\sqrt{e}-（e-1）=（e-1）（{\sqrt{e}-1}）＞0$，
所以$g（0）g（{\frac{1}{2}}）＜0$．
所以g（x）=0在区间$（{0，\frac{1}{2}}）$上至少有一个实数根，
即函数f（x）=x²+e^x在区间$（{0，\frac{1}{2}}）$上有“飘移点”．
（Ⅱ）解：函数$f（x）=lg（{\frac{a}{{{x^2}+1}}}）$在区间（0，+∞）上有“飘移点”x₀，即有$lg（{\frac{a}{{{{（{{x_0}+1}）}^2}+1}}}）=lg（{\frac{a}{{{x_0}^2+1}}}）+lg（{\frac{a}{2}}）$成立，即$\frac{a}{{{{（{x_0}+1）}^2}+1}}=\frac{a}{{{x_0}^2+1}}•\frac{a}{2}$，
整理得$（{2-a}）{x_0}^2-2a{x_0}+2-2a=0$．
从而问题转化为关于x的方程（2-a）x²-2ax+2-2a=0在区间（0，+∞）上有实数根x₀时实数a的范围．
设h（x）=（2-a）x²-2ax+2-2a，由题设知a＞0．
当a＞2且x＞0时，h（x）＜0，方程h（x）=0无解，不符合要求； 
当a=2时，方程h（x）=0的根为$-\frac{1}{2}$，不符合要求；   
当0＜a＜2时，h（x）=（2-a）x²-2ax+2-2a图象的对称轴是$x=\frac{a}{2-a}＞0$，
要使方程h（x）=0在区间（0，+∞）上有实数根，则只需△=4a²-4（2-a）（2-2a）≥0，
解得$3-\sqrt{5}≤a≤3+\sqrt{5}$．
所以$3-\sqrt{5}≤a＜2$，即实数a的取值范围是$[3-\sqrt{5}，2）$．

点评 本题考查了函数的零点、二次函数的性质、分类讨论方法、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．