[例1]          关于x的不等式2·32x–3x+a2a–3>0,当0≤x≤1时恒成立,则实数a的取值范围为    .

解:设t=3x,则t∈[1,3],原不等式可化为a2a–3>–2t2+t,t∈[1,3].

等价于a2a–3大于f(t)=–2t2+t在[1,3]上的最大值.

答案:(–∞,–1)∪(2,+∞)

[例2]          设是定义在上的奇函数,的图象与的图象关于直线对称,而当时,(c为常数)。

(1)求的表达式;

(2)对于任意,求证:

(3)对于任意,求证:1.

解:(1)设g(x)上点f(x)上点P(xy)对应,

  ;∵g(x)图象上

g(x)定义域为x∈[2,3],而f(x)的图象与g(x)的图象关于直线x=1对称,

所以,上述解析式是f(x)在[–1,0]上的解析式

f(x)是定义在[–1,1]上的奇函数,∴f(0)=0,∴c=–4 

所以,当x∈[0,1]时,–x∈[–1,0],f(x)=–f(–x)=– 

所以

(2)当x∈[0,1]时,

,∴,所以

(3)∵,∴

,∴

[例3]          已知函数f(x)=(a>0, a≠1)

  (1) 求反函数f(x),并求出其定义域。

  (2) 设P(n)=),如果P(n)<(nN),求a的取值范围。

解:(1) 设y= f(x)=log

ay=x+

两端平方整理得:a2y-2xay+2=0Þx=

  ∵a>1时,f(x)=值域为

0<a<1时,f(x)的值域为

f-1 (x)的定义域为:a>1时,x  0<a<1时,x

(2) P(n)=

an+a-n-(3n-3-n)=

∵(3a)n>0 ∴(an-3n)[(3a)n-1]<0Þ<a<3;

又∵nN,∴n+>Þa>1

[例4]          设函数f(x)的定义域关于原点对称,且满足① ②存在正常数a,使f(a) = 1,求证:(1)f(x)为奇函数;(2)f(x)为周期函数,且一个周期为4a

证明:(1)令x =x1 - x2

f( - x) = f ( x2 - x1)=

= -f (x1x2 )= -f (x),∴f (x)为奇函数。

(2)∵f( x+a ) = f[x - ( -a ) ]=

f (x+2a )=

f ( x+4a)==f (x)

 ∴f (x)是以4a为周期的周期函数。

[例5]          已知函数f(x)=logm

(1)若f(x)的定义域为,(βα>0),判断f(x)在定义域上的增减性,并加以说明;

(2)当0<m<1时,使f(x)的值域为的定义域区间为

(βα>0)是否存在?请说明理由.

解:(1)x<–3或x>3.

f(x)定义域为,∴α>3

βx1x2α,有

当0<m<1时,f(x)为减函数,当m>1时,f(x)为增函数.

(2)若f(x)在上的值域为

∵0<m<1, f(x)为减函数.

α,β为方程mx2+(2m–1)x–3(m–1)=0的大于3的两个根

  ∴0<m

故当0<m时,满足题意条件的m存在.

[例6]          已知函数f(x)=x2–(m+1)x+m(m∈R)

(1)若tanA,tanB是方程f(x)+4=0的两个实根,AB是锐角三角形ABC的两个内角.求证:m≥5;

(2)对任意实数α,恒有f(2+cosα)≤0,证明m≥3;

(3)在(2)的条件下,若函数f(sinα)的最大值是8,求m.

解:  (1)证明:f(x)+4=0即x2–(m+1)x+m+4=0.依题意:

  又AB锐角为三角形内两内角

A+B<π

∴tan(A+B)<0,即

m≥5

(2)证明:∵f(x)=(x–1)(xm)

又–1≤cosα≤1,∴1≤2+cosα≤3,恒有f(2+cosα)≤0

即1≤x≤3时,恒有f(x)≤0即(x–1)(xm)≤0

mxxmax=3,∴mxmax=3

(3)解:∵f(sinα)=sin2α–(m+1)sinα+m=

≥2,∴当sinα=–1时,f(sinα)有最大值8.

即1+(m+1)+m=8,∴m=3

[例7]          已知函数的定义域为实数集。(1)求实数m的所有允许值组成的集合M;(2)求证:对所有,恒有

证明(1)∵的定义域为实数集

      

(2)令

      

[例8]          设=,(a>0,a≠1),求证:(1)过函数y=f(x)图象上任意两点直线的斜率恒大于0;(2)f(3)>3。

解:(1)令t=,则x=f(x)=  (t∈R)

f(x)=  (x∈R)

f()-f()=

(1)a>1时,…,f()<f(),∴f(x)在(-∞,+∞)上单调递增

(2)0<a<1时,…,f()<f(),∴f(x)在(-∞,+∞)上单调递增

<时,恒有f()<f(),∴K=>0

(2)f(3)=

a>0,a≠1  ∴  ∴上述不等式不能取等号,∴f(x)>3

[例9]          已知函数f(x)=lg(的定义域为(0,+∞),问是否存在这样的a,b,使f(x)恰在(1,+∞)上取正值,且f(3)=lg4,若存在,求出a,b的值,若不存在,说明理由。

解:由,得,∵a>1>b>0,∴>1,∴x>log

 又f(x)定义域为(0,+∞),∴log=0,K=1,∴f(x)=lg

设0<,∵a>1>b>0,∴a< a,-b< b

∴0< a-b< a- b,∴0<<1,∴lg<0

 ∴,∴f(x)在(0,+∞)上是增函数

 ∴x(1,+∞)时,必有f(x)>f(1)=lg(a-b)

 ∵f(x)在(1,+∞)上取正值,∴lg(a-b)=0  a-b=1  (1)

 又f(3)=lg4  ∴lg=lg4, =4    (2)

  解(1)(2)得:,b=,即有在,b=满足条件

[例10]        设二次函数f(x)= ax2 +bx+c (a>0且b≠0)。

(1) 已知|f(0)|=|f(1)|=|f(-1)|=1,试求f(x)的解析式和f(x)的最小值;

(2) 已知f(x)的对称轴方程是x=1,当f(x)的图象在x轴上截得的弦长不小于2时,试求a, b, c满足的条件;

(3) 已知|b|<a, |f(0)|1, |f(-1)|1, |f(1)|1,当|x|1时,证明:|f(x)|

解:(1)由|f(0)|=|f(1)|=|f(-1)|知|c|=1,|a+b+c|=1,|a-b+c|=1

∴(a+b+c)2=(a-b+c)2即4(a+c)b=0

∵b≠0  ∴a+c=0,即:a=-c

又∵a>0  ∴a=1 c=-1  此时b=+1  ∴f(x)=x2 + x-1

于是 f(x)=(x + )2   ∴[f(x)]

   (2)依题意即b=-2a,∵a>0且b≠0  ∴b<0

f(x)=0的两根为x1x2,则函数y=f(x)的图象与x轴的两个交点为(x1,0),(x2,0)

,满足题设的充要条件是

 

 ∴a>0  c0  b<0且b=-2a为所求

   (3)方法1:

 ∵|2b|=|(a+b+c)-(a-b+c)|<|a+b+c|+|a-b+c|<2  ∴|b|1  又|b||a|  ∴1 

 又|c|=|f(0)|1  又|f(

 而f(x)所示开口向上的抛物线且|x|<1,则|f(x)|的最大值应在x=1或x=-1或x=-时取到,因|f(-1)|<1, |f(1)|1, |f(-)|  故|f(x)|得证。

   方法2:

f(x)=uf(1)+vf(-1)+(1-u-v)f(0) 则f(x)=(a+b+c)u+(a-b+c)v+(1-u-v)c

 ax2 +bx+c=a(u+v)+b(u-v)+c

  

f(x)=

 而|f(1)| 1, |f(-1)|1, |f(0)|1

 ∴<  x∈[-1, 1]

   =|x==

综上,当|f(0)|1, |f (-1)|1, |f(-1)|1, |x|1时,|f(x)|

解法3:我们可以把当成两个独立条件,先用来表示.

,

,

.

∴ 当时,,所以,根据绝对值不等式的性质可得:

综上,问题获证.

 0  52212  52220  52226  52230  52236  52238  52242  52248  52250  52256  52262  52266  52268  52272  52278  52280  52286  52290  52292  52296  52298  52302  52304  52306  52307  52308  52310  52311  52312  52314  52316  52320  52322  52326  52328  52332  52338  52340  52346  52350  52352  52356  52362  52368  52370  52376  52380  52382  52388  52392  52398  52406  447348 

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