数学经典易错题会诊与高考试题预测3 29页

高考数学经典易错题会诊(三)‎ 考点-3 函数 (2)‎ 二次函数的图象和性质的应用 指数函数与对数函数的图象和性质的应用 函数的应用 二次函数闭区间上的最值的问题 三个“二次”的综合问题 含参数的对数函数与不等式的综合问题 经典易错 会诊 命题角度1 二次函数的图象和性质的应用 ‎ ‎1．(典型例题)已知向量a=(x2，x+1)，b=(1-x，t)若函数f(x)=ab在区间(-1，1)上是增函数，求t 的取值范围．‎ ‎ [考场错解] 依定义f(x)=x2(1-x)+t(x+1)=-x3+x2+tx+t，则f′(x)=-3x2-2x+t.‎ ‎ 若f(x)在(-1，1)上是增函数，则在(-1，1)上恒有f′≥0t＞3x2-2x在区间(-1，1)上恒成立．设g(x)= 3x2-2x=3(x-)2-，∴当x=时，[g(x)]min=-‎ ‎ ∴t≥-即t的取值范围是[-,+∞].‎ ‎ [专家把脉] 上面解答由t≥3x2-2x在区间(-1，1)上恒成立得t大于或等于3x2-2x的最小值是错误的．因为若t≥[g(x)]min只能说存在一个x的值能使t≥3x2-2x成立，但不能保证x在(-1，1)上的每一个值都能使t≥3x2-2x成立．因而t应大于或等于g(x)在(-1，1)上的最大值．‎ ‎ [对症下药] 解法1：依定义f(x)=x2(1-x)+t(x+1)=-x3+x2+tx+t.则f′(x)=-3x2+2x+t(-1,1)上是增函数，则f′(x)=-3x2+2x+t≥0在 (-1，1)上恒成立，即t≥3x2-2x在(-1，1)上恒成立．‎ ‎ 设g(x)=3x2-2x=3(x-)2-．∵对称轴为x=．∴g(x)0．即f(x)在(-1，1)上是增函数．‎ 故t的取值范围是[5，+∞]． ‎ ‎2．(典型例题)已知函数f(x)=ax-x2的最大值不大于，又当x∈时，f(x)≥‎ 29‎ ‎. ‎ ‎ (1)求a的值;‎ ‎ (2)设00，x∈(0，)，所以0-2x的解集为(1，3)．‎ ‎ (1)若方程f(x)+6a=0有两个相等的根，求f(x)的解 ‎ (2)若f(x)的最大值为正数，求a的取值范围．‎ ‎ [考场错解] (1)设f(x)=ax2+bx+c(a≠0)．‎ ‎∵f(x)+2x=ax2+(b+2)x+c>0的解集．为(1，3)，∴1、3是方程ax2+(b+2)x+c=0的两根，∴‎ ‎∴f(x)=ax2-(2+4a)x+3a ①‎ ‎ 由方程f(x)+6a=0得ax2-(2+4a)x+9a=0 ②‎ ‎ ∵方程②有两个相等的根，∴△=[-(2+4a)]2-4a·9a=0即 5a2-4a-1=0，解得a=1或a=-.‎ ‎∴f(x)的解析式为f(x)=x2-6x+9或f(x)=- x2-x-.‎ ‎(2)由f(x)=ax2-(2+4a)x+3a=a(x-)2-可得f(x)的最大值为-．‎ ‎ 令->0a(a+2+)(a+2-)<0‎ ‎ 解得0<-2-或-2+f(0)>f(-2)‎ ‎ B．f(-2)＞f(2)＞(0)‎ ‎ C．f(0)＞f(-2)＞f(2)‎ D. f(-2)＞f(0)>f(2) ‎ 答案：B解析：由f(1+x)=f(-x)得f(x)的对称轴x=∵b=-1. ∴f(2)=2+c,f(-2)=6+c,f(0)=c. ∴f(-2)>f(2)>f(0).‎ ‎2 若函数y=x2-2x+3在闭区间[0，m]上有最大值为3，最小值为2，则m的取值范围是__________. ‎ 答案：[1,2]解析：y=(x+1)2+2是以直线x=1为对称轴开口向上、其最小值为2的抛物线，又∵f(0)3.‎ 结合图象易得，2≥m≥1. ∴m的取值范围是[1，2].‎ ‎3 设函数f(x)=ax2+bx+1(1，b∈R)．‎ ‎ (1)若f(-1)=0，则对任意实数均有f(x)≥0成立，求f(x)的表达式．‎ 答案：解析：（1）∵f(-1)=0⇒a-b+1=0⇒b=a+1,又∵对任意实数均有f(x) ≥0成立，‎ 29‎ ‎∴f(x)=x2+2x+1.‎ ‎(2)在(1)的条件下，当x∈[-2，2]时，g(x)=xf(x)-kx是单调递增，求实数k的取值范围． ‎ 答案： g(x)=xf(x)-kx=x(x2+2x+1)-kx=x3+2x2+(1-k)x,g′(x)=3x22222+4x+1-k≥0在[-2，2]上恒成立⇒g′(x)在[-2，2]上的最小值g′(x)(-)‎ ‎4 已知二次函数f(x)=(lga)x2+2x+4lga的最大值为3，求a的值．‎ 答案：解析：原函数式可化为f(x)=lga由已知，f(x)有最大值3，∴lga<0并且 整理得4（lga）2-3lga-1=0解得lga=1,lga=‎ 命题角度 2 指数函数与对数函数的图象和性质的应用 ‎ ‎1．(典型例题)函数y=e｜lnx｜-|x-1|的图像大致是 ( )‎ ‎ [考场错解] 选A或B或C ‎ [专家把脉] 选A，主要是化简函数y=e｜lnx｜-|x-1|不注意分x≥1和x<1两种情况讨论，选B，主要是化简时错误地认为当，x<1时，e｜lnx｜-|x-1|=-.选C，主要时当x≥1时化简错误．‎ ‎[对症下药] D ∵f(x)=e｜lnx｜-|x-1|=作出其图像即可 ‎ ‎2．(典型例题)在y=2x，y=log2x，y=x2，y=cos2x这四个函数中，当0恒成立的函数的个数是 ( )‎ ‎ A.0 B．1 C．2 D．3‎ ‎ [考场错解] C ‎ [专家把脉] 对四个函数图像不熟悉导致错误．由题设条件知F(x)在(0，1)上是凸函数，认为y=log2x和y=cos2x在(0，1)上是凸函数．其实y=cos2x在(0，)是凸函数，在(，1)是凹函数.‎ ‎[对症下药] B 根据条件，当0恒成立知f(x)在(0，1)上是凸函数，因此只有y=log2x适合．y=2x和y=x2在(0，1)上是函数．y=cos2x在(0，)是凸函数，但在(，1)是凹函数，故选B． ‎ 29‎ ‎3．(典型例题)若函数f(x)=loga(2x2+x)(a>0且a≠1)在区间(0, )内恒有f(x)>0，则f(x)的单调递增区间为 ( )‎ ‎ A.(-∞，-) B．(-，+∞)‎ ‎ C．(0，+∞) D．(-∞，-)‎ ‎ [考场错解] 选A或C ‎ [专家把脉] 选A，求f(x)的单调区间时没有考虑函数定义域导致错误；选C，求复合函数的单调区间时没有注意内、外层函数均递减时，原函数才是增函数．事实上 (0，+∞)是f(x)的递减区间．‎ ‎[对症下药] D ∵f(x)=loga(2x2+x)(a>0且a≠1)在区间(0，)内恒有f(x)>0，若a>1，则由f(x)>0 x>或x<-1．与题设矛盾.∴00x>0或x<- .∴f(x)在(-∞，-)内是增函数． ‎ ‎4．(典型例题)已知函数f(x)=ln(ex+a)(a>0)‎ ‎ (1)求函数y=f(x)的反函数y=f-1(x)及f(x)的导数f′(x)．‎ ‎ (2)假设对任意x∈[ln(3a)，ln(4a)]．不等式｜m-f-1(x)｜lnf′(x)<0成立．求实数m的取值范围．‎ ‎ [考场错解] (1)由y=f(x)=ln(ex+a)得x=ln(ey-a)．∴f-1(x)=ln(ex-a)(x>lna)，f′(x)=[ln(ex+a)]′=‎ ‎ (2)由｜m-f-1(x)｜+ln[f′(x)]<0得-ln+ln(ex-a)lna)，f′(x)= ‎ 29‎ ‎.‎ ‎ (2)解法1 由｜m-f-1(x)｜+ln(f′(x))<0得-ln+ln(ex-a)0‎ ‎ ∴u(t)，v(t)在[3a，4a]上是增函数．‎ ‎ 因此，当t∈[3a，4a]时，u(t)的最大值为u(4a)= a，v(t)的最小值为v(3a)=a，而不等式②成立，当且仅当u(4a)0，r′(x)>0，从而可知 (x)与r(x)均在[ln(3a)，h(4a)]上单调递增，因此不等式③成立，当且仅当 ‎ (ln(4a))‎ ‎ 其中成立的是 ( )‎ A.①与③ B.①与④ C.②与③ D．②与④ ‎ 答案： D 解析： 选D。‎ 4 已知函数f(x)=loga[(-2)x+1]在区间[1，2]上恒为正，求实数a的取值范围．‎ 答案：在区间[1，2]上使f(x)>0恒成立。‎ 解析：（1）当a>1时，只要 即与1矛盾. ‎ ‎(2)当00；当t>t0时，w′<0．所以t=t0时w取得最大值．因此乙方取得最大年利润的年产量t0=()2吨．‎ (1) 设甲方净收入为v元，则 v=St-0．002t2．‎ ‎ 将t=()2代入上式，得到甲方净收入v与赔付价格S之间的函数关系式 v=-.‎ 又v′=--令v′=0得S=20，当S<20时，v′>0；当S>20时，v′<0，‎ ‎∴S=20时，v取得最大值． 因此甲方向乙方要求赔付价格S=20(元／吨)时，获得最大净收入． ‎ 29‎ ‎3．(典型例题)某段城铁线路上依次有A，B，C三站，AB=5km，BC=3km在列车运行时刻表上，规定列车8时整从A站发车，8时07分到达B站并停车1分钟，8时12分到达C站，在实际运行时，假设列车从A站正点发车，在B站停留1分钟，并在行驶时以同一速度vkm／h，匀速行驶，列车从A站到达某站的时间与时刻表上相应时间之差的绝对值称为列车在该站的运行误差．‎ ‎ (1)分别写出列车在B、C两站的运行误差；‎ ‎ (2)若要求列车在B，C两站的运行误差之和不超过2分钟，求v的取值范围．‎ ‎ [考场错解] (1)列车在B、C两站的运行误差(单位：分钟)分别是|-7|和|-11|‎ ‎(2)由于列车在B、C两站的误差之和不超过2分钟，所以|-7|+|-11|≤2(*)‎ 当0时，(*)式变形为7-+11-≤2，‎ 29‎ 解得5时，f(x)=12-0．25x<12-1．25<×21．5625‎ ‎ ∴x=4．75时，[f(x)]max=×21．5625‎ ‎ 即年产量是475件时，当年公司所得利润最大．‎ ‎(3)当0≤x≤5时，由f(x)≥0，‎ ‎-(x-4.75)2+≥0‎ ‎∴0．1≤x≤5．‎ ‎ (ⅱ)当x>5时，12-0．25x≥050;当y′‎ 因此把水箱的高设计成时，水箱装的水最多。‎ ‎ 3 (典型例题)某租赁公司拥有汽车100辆．当每辆车的月租金为3000元时，可全部租出．当每辆车的月租金每增加50元时，未租出的车将会增加一辆．租出的车每辆每月需要维护费150元，未租出的车每辆每月需要维护费50元．‎ ‎ (1)当每辆车的月租金定为3600元时，能租出多少辆车?‎ 答案：当每辆车的月租金定为3600元时，未租出车辆数为 所以，这时租出了88辆车。‎ ‎ (2)当每辆车的月租金定为多少元时，租赁公司的月收益最大?最大月收益是多少?‎ 答案：设每辆车的月租金定为x 元，则租赁公司的月收益为 f(x)=‎ 所以，当x=4050时f(x)最大，‎ 最大值为f(4050)=307050.‎ 即当每辆车的月租金定为4050元时，租赁公司的月收益最大，最大月收益为307050.‎ 29‎ ‎4 某车间有工人30人，现有生产任务：加工A型零件100个，B型零件50个．在单位时间内，每个工人若加工A型零件能完成 ‎10个，若加工B型零件能完成7个．问这30名工人应如何分组，才能使任务完成得最快? ‎ 答案：解：设加工A型零件的一组工人数为x，则加工B型零件的另一组工人数为30-x。由题意加工100个A型零件所需的时间为p(x)=‎ 加工50个B型零件所需的时间为 令p（x）=q(x); ‎ ‎.‎ 当x＞；‎ 当0q(x).‎ 当0q(x).‎ 考虑到人数必须是整数，分别考虑p(17)和q(18),p(17)=‎ 即p(17)0)之间表示的是一条河流，河流的一侧河岸(x轴)是一条公路，公路上的公交车站P(x，0)随时都有公交车来往．家住A(0，a)的某学生在位于公路上B(2a，0)处的学校就读，每天早晨学生都要从家出发,可以先乘船渡河到达公路上公交车站，再乘公交车去学校，或者直接乘船渡河到达公路上B(2a，0)处的学校．已知船速为v0(v0＞0)，车速为2v0(水流速度忽略不计)．‎ ‎ (Ⅰ)设该学生从家出发，先乘船渡河到达公路上的站P(x，0)，再乘公交车去学校，请用x来表示他所用的时间t； ‎ 答案：设该学生从家出发，先乘船渡河到达公路上的车站P(x,0),再乘公交车去学校，则他所用的时间 t=f(x)=‎ 29‎ ‎(Ⅱ)若≤x≤a，请问该学生选择哪种上学方式更加节约时间，并说明理由．(取=1．414，=2．236)‎ 答案：若该学生选择先乘船渡河到达公路上的车站p(x,0),再乘公交车去学校，则他所用的时间为 直接乘船渡河到达公路上B(2a,0)处的学校所用的时间 因为，所以该学生选择先乘船再坐公交车上学更加节约时间.‎ 答：该同这选择先乘船再坐公交车上学更加节约时间。‎ 探究开放题预测 预测角度 1 二次函数闭区间上的最值的问题 ‎1．已知函数f(x)=ax2+(2a-1)x+1在[-,2]上的最大值为3，求实数a的值．‎ ‎ [解题思路] 根据f(x)的最大值可能产生在抛物线段的端点或顶点处，分别令f(-)=3．f(2)=3和f=3，再一一检验后决定取舍a的值． ‎ ‎[解答] f(x)=a(x+)2+1-.‎ ‎(1)令f(-)=[f(x)]max=3‎ ‎(2)令f(-)=[f(x)]max=3,∴a=-.‎ ‎ 有f(x)=‎ ‎(3)令f(2)=3‎ ‎∴[f(x)]max=f(2)=3.符合题意.‎ 综上：a=-或a=. ‎ ‎2．已知f(x)是定义域为R的奇函数，当x≥0时，f(x)=2x-x2．‎ ‎ (1)求f(x)的解析式；‎ 29‎ ‎ (2)是否存在实数a、b(a≠b)使f(x)在[a，b]上的值域为[],若存在，求a和b，若不存在，说明理由．‎ ‎ [解题思路] (1)运用奇函数性质可求出f(x)在x≤0上的解析式； (2)利用已知[a，b]，[]得a、b的符号，再运用二次函数在区间上的单调性列出a、b的方程组可解得a、b的值．‎ ‎ [解答] (1)设x＜0，则-x＞0，由当x≥0时，f(x)＝2x-x2且f(x)为奇函数，得f(-x)=-2x-x2，‎ ‎∴f(x)=-f(-x)=-(-2x-x2)=2x+x2‎ ‎∴f(x)‎ ‎(2)‎ ‎① 由0＜a＜b,∵(f)=2x-x2=-(x-1)2+1≤1,‎ 又∵f(x)在[a，b]上值域为[]，∴≤1，即a≥1，‎ 即1≤a＜b,而f(x)=-(x-1)2+1在[1,b] 上为减函数.因此：可知a、b为方程2x-x2=的两根，将此方程化为x3-2x2+1=0,(x3-x2)-(x2-1)=0,(x-1)(x2-x-1)=0,x1=1,x2=,x3=（舍），∴a=1,b=.‎ ‎②若a＜b＜0,∵f(x)=2x+x2=(x+1)2-1≥-1.又∵f(x)为[a,b]上值域为[]，∴≥-1，即b≤-1,即a＜b≤-1.而f(x)=(x+1)2-1在[a,-1]上为减函数，因此可知a、b为方程2x+x2=的两根，将此方程化为x3+2x2-1=0(x+1)(x2-x-1)=0 ∴x1=-1,x2=-,x3=(舍)，∴‎ 29‎ a=-,b=-1.‎ 综合①,②知存在实数a,b,使f(x)在[a,b]上的值域为[]，有a=1,b=或a=-1或b-.‎ ‎3.已知二次函数f(x)=ax2+bx+c和一次函数g(x)=-bx,其中a、b、c∈R，且满足a＞b＞c,f(1)=0.‎ ‎(1)证明：函数f(x)与g(x)的图像交于不同的两点A、B;‎ ‎(2)若函数F(x)=f(x)-g(x)在[2，3]上的最小值为9，最大值为21，试求a、b的值.‎ ‎(3)求线段AB在x轴上的射影A1B1的长的取值范围.‎ ‎[解题思路](1)证△＞0；(2)利用二次函数的单调性求解；(3)将|A1B1|的长度表示为的函数，利用二次函数数闭区间上的最值求解．‎ ‎[解答] (1)由g(x)=-bx与f(x)=ax2+bx+c得ax2+2bx+c=0．∵f(1)=a+b+c=0，a>b>c∴a>0，c＜0，从而△=b2-4ac>0，即函数f(x)与g(x)的图像交于不同的两点． ‎ ‎(2)c=-a-b，a>b>c．即a>c=-a-b，得2a>-b，-<2．知F(x)=ax2+2bx+c=a(x+)2+c-在[2，3]上为增函数．∴[f(x)]max=F(3)=8a+5b =21，[F(x)]min=F(2)=3a+3b=9，解得a=2，b=1．‎ ‎(3)设方程F(x)=ax2+2bx+c=0的两根为x1、x2，得|A1B1|2=(x1+x2)2-4x1x2=4[()2+]‎ 由a>b>c，b=-a-c，得a>-a-c>c，∴∈(-2,)‎ 设|A1B1|2=h()=4[()2+]的对称轴为x=-,h=()在∈(-2,)上是减函数．‎ ‎∴|A1B1|2∈(3,12),得|A1B1|∈().‎ 预测角度 2 三个“二次”的综合问题 ‎1.已知二次函数f(x)=ax2+bx+1(a，b∈R，且a>0)，设方程f(x)=x的两个实根为x1和x2，‎ ‎(1)如果x1＜2-1．‎ 29‎ ‎ (2)如果|x1|＜2,|x2-x1|=2,求b的取值范围．‎ ‎ [解题思路] (1)由二次函数的图像找出方程f(x)=x的两根x1、x2满足x1<20，由x1<20即故x0=‎ ‎ (2)由g(x)=ax2+(b-1)x+1=0知x1x2=＞0，∴x1，x2同号，‎ ① 若02‎ ‎∴g(2)=4a+2b-1＜0，又|x2-x1|==4,得2a+1=(a＞0,负根舍去)，代入上式得2<3-2b，解得b<.‎ ‎②若-2.‎ ‎ 故b的取值范围是(-∞, )∪(+∞)．‎ ‎2．设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a，b，c∈R，a≠0)满足条件：‎ ‎ ①当x∈R,f(x-4)=f(2-x)，且f(x)≥x；‎ ‎ ②当x∈(0，2)时,f(x)≤；‎ ‎ ③f(x)在R上的最小值为0．‎ ‎ (1)求f(x)的表达式；‎ ‎ (2)求最大的m(m＞1)，使得存在t∈R，只要x∈就有f(x+t)≤x恒成立．‎ ‎ [解题思路] (1)本小题是利用二次函数的概念，性质求出其解析式．(2)本小题涉及到两个参变量t与m的讨论，可利用二次不等式在闭区间上恒成立的解题思路求解．‎ ‎ [解答] (1)方法一 因为f(x-4)=f(2-x)，所以函数f(x)的图像关于x=-1对称．所以-=-1，b=2a，由条件③，x=-1时，丁y=0得a-b+c=0．‎ 由①得，f(1)≥1，由条件②，得f(1)≤1，所以f(1)=1即a+b+c=1．‎ 即a+b+c=1．‎ 29‎ ‎∴∴f(x)=. ‎ 方法二 ∵f(x-4)=f(2-x)，x∈R，‎ ‎ ∴函数f(x)的图像的对称轴为x=-1． 由条件③，f(x)在R上的最小值为0，‎ 可知，函数f(x)的图像是开口向上，顶点位于点(-1，0)的抛物线，故不妨设f(x)=a(x+1)2，(a＞0)．由条件①f(x)≥x，x∈R，当x=1时f(1)≥1．‎ ‎ 由条件②,f(x)≤x∈(0，2)，当x=1时，有f(1)≤1．‎ ‎ ∴f(1)=1，从而a=‎ ‎ 方法三 同解法1，可判断f(x)图像的对称轴为x=-1，且f(-1)=0．∴b=2a，a-b+c=0．即b=2a，c=a，故f(x)=ax2+2ax+a ‎ 由条件①,f(x)≥x对一切x∈R恒成立．‎ ‎ 即ax2+(2a-1)x+a≥0，x∈R恒成立．.由条件②,f(x)≤,x∈(0,2)‎ ‎ 令(a-)x2+(2a-)x+(a-)由上a ‎ ‎ ‎ (2)方法一 假设存在t，只要x∈[1，m]就有f(x+t≤x，即f(x+t)-x≤0，x2+2(t-1)x+(t+1)2≤0对一切x∈[1，m]恒成立．‎ 不妨设G(x)=x2+2(t-1)x+(t+1)2‎ 则对x∈[1，m]，都有G(x)≤0，‎ 故 设h(t)=t2+(2+2m)t+(m-1)2即在区间[-4，0]上存在实数t，使h(t)≤0成立．由图像得，h(-4)≤010；②当|x|≤2时，有|f(x)|≤2；③当|x|≤1时,f(x)最大值为2，求f(x)的解析式．‎ ‎ [解题思路] (1)利用△<0证明；(2)用反证法证明；(3)借助二次函数图像进行分类讨论．(4)利用不等式性质推出-2≤f(0)≤-2得f(0)=-2，再借助最值可求得a，b，c值．‎ ‎[解答] (1)∵f(x)的图像与y=x是公共点 △=(2b-1)2-16ac=4b2-16bc+1-4b<0‎ 同理由f(x)的图像与y=-x公共点得4b2-16ac+1+4b<0二式相加得4ac-a2＞‎ ‎ (2)若a=0，则c=0，∴f(x)=2bx ‎ [f(x)]max=4|b|=‎ ‎ [f(x)]min-4|b|=‎ ‎ ∴a≠0，则若||>2 ∴区间[-2，2]在对称轴x=-的左侧式右侧 ‎ ∴f(x)在[-2，2]上是单调函数 ‎ [f(x)]max=4|b|=‎ ‎ [f(x)]min=-4|b|= 也是不可能的 ‎∴≤2‎ ‎ (3)f(x)=a(x+)2+3-‎ ‎ ∵a＜0∴[f(x)]max=3-‎ ‎ ∴当3->5，即-8- ‎ ‎∴M(a)是方程ax2+8x+3=-5的较大根 M(a)=‎ 因此当且仅当a=-8时，M(a)取最大值 ‎ (4)f(x)=2ax+2b ∵a>0‎ ‎ ∴[f′(x)]max=2a+2b=2 ∴a+b=1‎ ‎ -2≤f(0)=4c=4a+4b+4c-4(a+b)=f(2)-4≤2-4=-2 ∴4c=-2．∴c=-‎ ‎ 又|f(x)|≤2 ∴f(x)=-2=f(0)‎ ‎ ∴f(x)在x=0处取到最小值且0∈[-2，2]‎ ‎∴- ∴b=0 从而a=1∴f(x)=x2-2.‎ 预测角度 3 含参数的对数函数与不等式的综合问题 ‎ ‎1．已知函数f(x)=log2(x+1)，当点(x，y)在y=f(x)图像上运动时，点P( ,2y)在函数y=g(x)的图像上运动．‎ ‎ (1)求y=g(x)的解析式；‎ ‎ (2)当t=4，且x∈[0，1]时，求g(x)-f(x)的最小值；‎ ‎ (3)若在x∈[0，1]时恒有g(x)＞f(x)成立，求t的取值范围．‎ ‎ [解题思路] (1)用相关点法；(2)设F(x)=g(x)-f(x)用基本不等式可求得F(x)的最小值．(3)先由g(x)＞f(x)转化为一元二次不等式在x∈[0，1]上恒成立，然后利用二次函数图像和性质可求得参数t的取值范围．‎ ‎ [解答] (1)令x′=,y′=2y，点(x，y)在y=g(x)；图像上，则=log2(2x′+t)．‎ ‎ 即y′=2log2(2x′+t)‎ ‎ ∴g(x)=2log2(2x+t)．‎ ‎ (2)当t=4时，g(x)=2log2(2x+4)．‎ ‎ ∴F(x)=g(x)-f(x)=2log2(2x+4)log2(x+1)=log2=log2[4(x+1)++8]≥4．‎ ‎ 当且仅当4(x+1)=时，即x=0时，[f(x)]min=4.‎ ‎ (3)由g(x)>f(x)，即2log2(2x+t)>log2(x+1)，在x∈[0，1]时恒成立，即 29‎ ‎(x)=4x2+4(t-1)x+t2-1>0在[0，1]上恒成立．即即1＜t≤或t＞‎ ‎ 综合，得t>1．‎ 即满足条件t的取值范围是(1，+∞)‎ ‎2．设函数f(x)=ax+3a(a＞0且a≠1)的反函数为y=f-1(x)，已知函数y=g(x)的图像与函数y=f-1(x)的图像关于点(a，0)对称．‎ ‎ 　(1)求函数y=g(x)的解析式；‎ ‎ 　(2)是否存在实数a，使当x∈[a+2，a+3]时，恒有|f-1(x)-g(-x)|≤1成立?若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由．‎ ‎ [解题思路] (1)先求反函数f-1(x)再用相关点法可求得y=g(x)的解析式；(2)可将原不等式转化为一元二次不等式在[a+2，a+3]上恒成立，利用二次函数图像和性质可判断是否存在实数a．‎ ‎[解答] 由f(x)=ax+3a易得f-1(x)=loga(x-3a)‎ 由题设的点对称可得 g(a+x)+f-1(a-x)=0‎ 则g(x)=-loga(-x-a)(x<-a)‎ ‎(2)假设存在适合题意的实数a 则|f-1(x)-g(-x)|=loga(x-3a)+loga(x-a)|=|loga(x2-4ax+3a2)|≤1．‎ ‎ 即-1≤loga(x2-4ax+3a2)≤1 (x>3a)‎ ‎ 又∵x∈(a+2，a+3)，∴应有a+2>3a，‎ ‎ ∴02a．‎ ‎ ∴函数h(x)=x2-4ax+3a2在[a+2，a+3]上为增函数，函数H(x)=loga(x2-4ax+3a2)在[a+2，a+3]上为减函数，从而：[H(x)]max=H(a+2)=loga(4-4a)‎ ‎[H(x)]min=H(a+3)=loga(9-6a)‎ 于是目标不等式等价于 ‎ ‎ 解得00且a≠1)的定义域和值域都是[0，1]．则a等于 ( )‎ A. B. C. D．2 ‎ 答案： D解析：(1)若a>1时值域为[0，loga2], ∴loga2=1⇒a=2.‎ 当00,ex<1⇒ex<0. ∴定义域为(-∞,0).‎ ‎8 把下面不完整的命题补充完整，并使之成为真命题．‎ ‎ 若函数f(x)=3+log2x的图像与g(x)的图像关于__________对称，则函数g(x)=__________.‎ ‎(注：填上你认为可以成为真命题的一种情形即可，不必考虑所有可能的情形)．‎ 答案：解析：如①x轴,-3-log2x;②y轴，3+log2(-x)③原点，-3-log2(-x).④y=x,2x-3‎ 9 若函数f(x)=loga(x2-ax+3)在区间(-∞，)上是减函数，求a的取值范围． ‎ 29‎ 答案：解析：f(x)=loga[x-],由3上loga(x2-ax+3)是减函数,且底数a>1,∴a∈(1,2).‎ ‎10 设函数f(x)=x2+2bx+c(c0. ∴f(m-4)的符号为正.‎ ‎ 11 已知函数f(x)=|x-a|，g(x)=x2+2ax+1(a为正常数)且函数f(x)与g(x)的图像在y轴上的截距相等． ‎ ‎ (1)求a的值；‎ 答案：由题意f(0)=g(0), ∴|a|=1,又a>0, ∴a=1.‎ ‎(2)求函数f(x)+g(x)的单调增区间． ‎ 答案： f(x)+g(x)=|x-1|+x2+2x+1当事人x≥1时f(x)+g(x)=x2+3x=2它在[1,+ ∞]上单调递增.‎ 当x<1时,f(x)+g(x)=x2+x+2=‎ 综上单调递增区间为 ‎12 已知f(x)=ax2+bx+c，其中a∈N，b，c∈Z．‎ ‎ (1)若b>2a，在[-1，1]上是否存在x使得|f(x|>b成立．‎ 答案：由b>2a,得,则f(x)在[-1,1]上递增且b>0,由|f(x)|>b,得f(x)>b或f(x)<-b.假设x存在,则必有f(1)>b或f(-1)<-b,即a+b+c>b或a-b+c<-b,则a+c<0或a+c>0, 即a+c≠0.‎ 故当a+c=0时,符合题设条件的x不存在;‎ 当a+c≠0 时,符合题设条件的x必存在 ‎(2)当方程f(x)-x=0的根在(0，1)内时，试求a的最小值． ‎ 答案：设g(x)=f(x)-x=0的两根为x1,x2.则g(x)=a(x-x1)(x-x2),由于g(0).g(1)=a2x1x2(1-x1)(1-x2)≤a2‎ 29‎ 其中，当x1=x2=‎ 由于方程的根在(0,1)间,则g(0)>0,g(1)>0.又已知a,b,c为整数,则g(0)=c≥1.g(1)=a+b-1+c≥1.‎ 则 13 校食堂改建一个开水房，计划用电炉或煤炭烧水，但用煤时也要用电鼓风及时排气，用煤烧开水每吨开水费用S元，用电 炉烧开水每吨开水费用为P元，S=5m+0．8n+5，P=10．8n+20．其中m为每吨煤的价格，n为每百度电的价格；如果烧煤时的费用不超过用电炉时的费用，则用煤烧水；否则就用电炉烧水．‎ ‎ (1)如果两种方法烧水费用相同，试将每吨煤的价格表示为每百度电价的函数；‎ 答案：解(1)由题意知:S=P,可得m=2n+4‎ ‎(2)已知现在每百度电价不低于50元，那么当每吨煤的最高价不超过多少元时可以选择用煤? ‎ 答案：当S≤P,可得m≤2n+4‎ ‎∵n≥50 ‎ ‎2n+4的取值区间为[115,133]‎ ‎∴m的最大值为133即每吨煤的最高价不超过133元时,选择用煤.‎ ‎14 设f(x)=(-1