1.()已知函數(shù)f(x)=loga[–(2a)2]對任意x∈[,+∞]都有意義,則實數(shù)a的取值范圍是( )
A.(0, B.(0,) C.[,1 D.(,)
2.()函數(shù)f(x)的定義域為R,且x≠1,已知f(x+1)為奇函數(shù),當(dāng)x<1時,f(x)=2x2–x+1,那么當(dāng)x>1時,f(x)的遞減區(qū)間是( )
A.[,+∞ B.(1, C.[,+∞ D.(1,]
3.()關(guān)于x的方程lg(ax–1)–lg(x–3)=1有解,則a的取值范圍是 .
4.()如果y=1–sin2x–mcosx的最小值為–4,則m的值為 .
5.()設(shè)集合A={x|4x–2x+2+a=0,x∈R}.
(1)若A中僅有一個元素,求實數(shù)a的取值集合B;
(2)若對于任意a∈B,不等式x2–6x<a(x–2)恒成立,求x的取值范圍.
6.()已知二次函數(shù)f(x)=ax2+bx(a,b為常數(shù),且a≠0)滿足條件:f(x–1)=f(3–x)且方程f(x)=2x有等根.
(1)求f(x)的解析式;
(2)是否存在實數(shù)m,n(m<n=,使f(x)定義域和值域分別為[m,n]和[4m,4n],如果存在,求出m、n的值;如果不存在,說明理由.
7.()已知函數(shù)f(x)=6x–6x2,設(shè)函數(shù)g1(x)=f(x), g2(x)=f[g1(x)], g3(x)=f [g2(x)],
…gn(x)=f[gn–1(x)],…
(1)求證:如果存在一個實數(shù)x0,滿足g1(x0)=x0,那么對一切n∈N,gn(x0)=x0都成立;
(2)若實數(shù)x0滿足gn(x0)=x0,則稱x0為穩(wěn)定不動點,試求出所有這些穩(wěn)定不動點;
(3)設(shè)區(qū)間A=(–∞,0),對于任意x∈A,有g1(x)=f(x)=a<0, g2(x)=f[g1(x)]=f(0)<0,
且n≥2時,gn(x)<0.試問是否存在區(qū)間B(A∩B≠),對于區(qū)間內(nèi)任意實數(shù)x,只要n≥2,都有gn(x)<0.
8.()已知函數(shù)f(x)= (a>0,x>0).
(1)求證:f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù);
(2)若f(x)≤2x在(0,+∞)上恒成立,求a的取值范圍;
(3)若f(x)在[m,n]上的值域是[m,n](m≠n),求a的取值范圍.
難點36 函數(shù)方程思想 函數(shù)與方程思想是最重要的一種數(shù)學(xué)思想,高考中所占比重較大,綜合知識多、題型多、應(yīng)用技巧多.函數(shù)思想簡單,即將所研究的問題借助建立函數(shù)關(guān)系式亦或構(gòu)造中間函數(shù),結(jié)合初等函數(shù)的圖象與性質(zhì),加以分析、轉(zhuǎn)化、解決有關(guān)求值、解(證)不等式、解方程以及討論參數(shù)的取值范圍等問題;方程思想即將問題中的數(shù)量關(guān)系運用數(shù)學(xué)語言轉(zhuǎn)化為方程模型加以解決. ●難點磁場 1.()關(guān)于x的不等式2.32x–3x+a2–a–3>0,當(dāng)0≤x≤1時恒成立,則實數(shù)a的取值范圍為 . 2.()對于函數(shù)參考答案
參 考 答 案
●難點磁場
1.解析:設(shè)t=3x,則t∈[1,3],原不等式可化為a2–a–3>–2t2+t,t∈[1,3].
等價于a2–a–3大于f(t)=–2t2+t在[1,3]上的最大值.
答案:(–∞,–1)∪(2,+∞)
2.解:(1)當(dāng)a=1,b=–2時,f(x)=x2–x–3,由題意可知x=x2–x–3,得x1=–1,x2=3.
故當(dāng)a=1,b=–2時,f(x)的兩個不動點為–1,3.
(2)∵f(x)=ax2+(b+1)x+(b–1)(a≠0)恒有兩個不動點,
∴x=ax2+(b+1)x+(b–1),即ax2+bx+(b–1)=0恒有兩相異實根
∴Δ=b2–4ab+4a>0(b∈R)恒成立.
于是Δ′=(4a)2–16a<0解得0<a<1
故當(dāng)b∈R,f(x)恒有兩個相異的不動點時,0<a<1.
(3)由題意A、B兩點應(yīng)在直線y=x上,設(shè)A(x1,x1),B(x2,x2)
又∵A、B關(guān)于y=kx+對稱.
∴k=–1.設(shè)AB的中點為M(x′,y′)
∵x1,x2是方程ax2+bx+(b–1)=0的兩個根.
∴x′=y′=,又點M在直線上有
,即
∵a>0,∴2a+≥2當(dāng)且僅當(dāng)2a=即a=∈(0,1)時取等號,
故b≥–,得b的最小值–.
●殲滅難點訓(xùn)練
一、1.解析:考查函數(shù)y1=和y2=(2a)x的圖象,顯然有0<2a<1.由題意得a=,再結(jié)合指數(shù)函數(shù)圖象性質(zhì)可得答案.
答案:A
2.解析:由題意可得f(–x+1)=–f(x+1).令t=–x+1,則x=1–t,故f(t)=–f(2–t),即f(x)=–f(2–x).
當(dāng)x>1,2–x<1,于是有f(x)=–f(2–x)=–2(x–)2–,其遞減區(qū)間為[,+∞).
答案:C
3.解析:顯然有x>3,原方程可化為
故有(10–a).x=29,必有10–a>0得a<10
又x=>3可得a>.
答案:<a<10
4.解析:原式化為.
當(dāng)<–1,ymin=1+m=–4m=–5.
當(dāng)–1≤≤1,ymin==–4m=±4不符.
當(dāng)>1,ymin=1–m=–4m=5.
答案:±5
二、5.解:(1)令2x=t(t>0),設(shè)f(t)=t2–4t+a.
由f(t)=0在(0,+∞)有且僅有一根或兩相等實根,則有
①f(t)=0有兩等根時,Δ=016–4a=0a=4
驗證:t2–4t+4=0t=2∈(0,+∞),這時x=1
②f(t)=0有一正根和一負根時,f(0)<0a<0
③若f(0)=0,則a=0,此時4x–4.2x=02x=0(舍去),或2x=4,∴x=2,即A中只有一個元素
綜上所述,a≤0或a=4,即B={a|a≤0或a=4}
(2)要使原不等式對任意a∈(–∞,0]∪{4}恒成立.即g(a)=(x–2)a–(x2–6x)>0恒成立.只須
<x≤2
6.解:(1)∵方程ax2+bx=2x有等根,∴Δ=(b–2)2=0,得b=2.
由f(x–1)=f(3–x)知此函數(shù)圖象的對稱軸方程為x=–=1得a=–1,故f(x)=–x2+2x.
(2)f(x)=–(x–1)2+1≤1,∴4n≤1,即n≤
而拋物線y=–x2+2x的對稱軸為x=1
∴n≤時,f(x)在[m,n]上為增函數(shù).
若滿足題設(shè)條件的m,n存在,則
又m<n≤,∴m=–2,n=0,這時定義域為[–2,0],值域為[–8,0].
由以上知滿足條件的m、n存在,m=–2,n=0.
7.(1)證明:當(dāng)n=1時,g1(x0)=x0顯然成立;
設(shè)n=k時,有gk(x0)=x0(k∈N)成立,
則gk+1(x0)=f[gk(x0)]=f(x0)=g1(x0)=x0
即n=k+1時,命題成立.
∴對一切n∈N,若g1(x0)=x0,則gn(x0)=x0.
(2)解:由(1)知,穩(wěn)定不動點x0只需滿足f(x0)=x0
由f(x0)=x0,得6x0–6x02=x0,∴x0=0或x0=
∴穩(wěn)定不動點為0和.
(3)解:∵f(x)<0,得6x–6x2<0x<0或x>1.
∴gn(x)<0f[gn–1(x)]<0gn–1(x)<0或gn–1(x)>1
要使一切n∈N,n≥2,都有gn(x)<0,必須有g1(x)<0或g1(x)>1.
由g1(x)<06x–6x2<0x<0或x>1
由g1(x)>06x–6x2>1
故對于區(qū)間()和(1,+∞)內(nèi)的任意實數(shù)x,只要n≥2,n∈N,都有gn(x)<0.
8.(1)證明:任取x1>x2>0,f(x1)–f(x2)=
∵x1>x2>0,∴x1x2>0,x1–x2>0,
∴f(x1)–f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),故f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù).
(2)解:∵≤2x在(0,+∞)上恒成立,且a>0,
∴a≥在(0,+∞)上恒成立,令(當(dāng)且僅當(dāng)2x=即x=時取等號),要使a≥在(0,+∞)上恒成立,則a≥.故a的取值范
圍是[,+∞).
(3)解:由(1)f(x)在定義域上是增函數(shù).
∴m=f(m),n=f(n),即m2–m+1=0,n2–n+1=0
故方程x2–x+1=0有兩個不相等的正根m,n,注意到m.n=1,故只需要Δ=()2–4>0,由于a>0,則0<a<.