Question

14．已知函數(shù)f（x）=tan$\frac{πx}{8}$，x∈（-4，4），則滿足不等式（a-1）log${\;}_{（\sqrt{2}+1）}$[f（a-1）+$\sqrt{{f}^{2}（a-1）+1}$]≤2的實(shí)數(shù)a的取值范圍是[-1，3]．

Answer 1

分析 由x∈（-4，4）求出a∈（-3，5），化簡(jiǎn)f（a-1）+$\sqrt{{f}^{2}（a-1）+1}$，
把原不等式化為（a-1）${log}_{\sqrt{2}+1}$tan$\frac{a+3}{16}$π≤2；
討論a=3，3＜a＜5以及-3＜a＜3時(shí)，對(duì)應(yīng)不等式是否成立，由此求出實(shí)數(shù)a的取值范圍．

解答 解：【解法一】設(shè)a-1=t，
y=f（a-1）+$\sqrt{{f}^{2}（a-1）+1}$=f（t）+$\sqrt{{f}^{2}（t）+1}$，
∴函數(shù) y=${log}_{（\sqrt{2}+1）}$[f（t）+$\sqrt{{f}^{2}（t）+1}$]為奇函數(shù)，
∴y=t${log}_{（\sqrt{2}+1）}$[f（t）+$\sqrt{{f}^{2}（t）+1}$]為偶函數(shù)，
x∈（-4，4）時(shí)，a-1∈（-4，4），
∴-3＜a＜5；
綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[-1，3]．
【解法二】∵x∈（-4，4），∴a-1∈（-4，4），-3＜a＜5，
-$\frac{π}{2}$＜$\frac{π}{8}$x＜$\frac{π}{2}$，∴-$\frac{π}{2}$＜$\frac{a-1}{8}$π＜$\frac{π}{2}$，
∴cos$\frac{a-1}{8}$π＞0，
∴f（a-1）+$\sqrt{{f}^{2}（a-1）+1}$=$\frac{sin\frac{a-1}{8}π}{cos\frac{a-1}{8}}$+$\frac{1}{cos\frac{a-1}{8}π}$
=$\frac{1+sin\frac{a-1}{8}π}{cos\frac{a-1}{8}π}$
=$\frac{1-cos（\frac{π}{2}+\frac{a-1}{8}π）}{sin（\frac{π}{2}+\frac{a-1}{8}π）}$
=tan（$\frac{π}{4}$+$\frac{a-1}{16}π$）
=tan（$\frac{a+3}{16}π$），
則不等式（a-1）log${\;}_{（\sqrt{2}+1）}$[f（a-1）+$\sqrt{{f}^{2}（a-1）+1}$]≤2可化為：
（a-1）${log}_{\sqrt{2}+1}$tan$\frac{a+3}{16}$π≤2（*）；
當(dāng)a=3時(shí)，tan$\frac{a+3}{16}$π=tan$\frac{3}{8}$π=$\sqrt{2}$+1，a-1=2，（*）式成立；
當(dāng)3＜a＜5時(shí)，tan$\frac{a+3}{16}$π＞$\sqrt{2}$+1，${log}_{\sqrt{2}+1}$tan$\frac{a+3}{16}$π＞1，且a-2＞2，
（*）式左邊大于2，（*）式不成立，3＜a＜5應(yīng)舍去；
當(dāng)-3＜a＜3時(shí)，0＜tan$\frac{a+3}{16}$π＜$\sqrt{2}$+1，${log}_{\sqrt{2}+1}$tan$\frac{a+3}{16}$π＜1，且-2≤a-1＜2；
（*）式左邊小于2，-1≤a＜3時(shí)（*）式成立；
綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[-1，3]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了對(duì)數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)的應(yīng)用問題，也考查了三角函數(shù)的化簡(jiǎn)與求值應(yīng)用問題，考查了分類討論思想的應(yīng)用問題，是綜合性題目．