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    [例1] 关于x的不等式2·32x–3x+a2–a–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a2–a–3＞–2t2+t,t∈［1,3］. 等价于a2–a–3大于f(t)=–2t2+t在［1,3］上的最大值. 答案: [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.且.求证:, (3)对于任意.且.求证:1. 解:(1)设g(x)上点与f(x)上点P(x.y)对应. ∴ ,∵在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)∵.∴ ∴.∴ 即 [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)<(n∈N).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)= 由 即an+a-n-(3n-3-n)= ∵(3a)n>0 ∴(an-3n)[(3a)n-1]<0Þ<a<3, 又∵n∈N.∴n+>Þa>1 即 [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 则f( - x) = f ( x2 - x1)= = -f (x1 -x2 )= -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.(β＞α＞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 (β＞α＞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 设β≥x1＞x2≥α.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. ∴ 即 即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.A.B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; 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A.B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)(x–m) 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)(x–m)≤0 ∴m≥x但xmax=3.∴m≥xmax=3 (3)解:∵f(sinα)=sin2α–(m+1)sinα+m= 且≥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)= ∴f(x)= (x∈R) 设.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.问是否存在这样的a,b.使f(x)恰在上取正值.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.∴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)在上是增函数 ∴x时.必有f(x)>f(1)=lg(a-b) ∵f(x)在上取正值.∴lg(a-b)=0 a-b=1 (1) 又f(3)=lg4 ∴lg=lg4. =4 (2) 解得:.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 令f(x)=0的两根为x1.x2.则函数y=f(x)的图象与x轴的两个交点为(x1.0).(x2.0) 且.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: 令f(x)=uf(1)+vff(0) 则f(x)=(a+b+c)u+(a-b+c)v+c ax2 +bx+c=a+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.和当成两个独立条件.先用和来表示. ∵ , ∴ , ∴ . ∴ 当时..所以.根据绝对值不等式的性质可得: .. ∴ 综上.问题获证. 【查看更多】

     

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    关于x的不等式2·32x–3x+a2–a–3＞0，当0≤x≤1时恒成立，则实数a的取值范围为       .

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    关于x的不等式2·32x–3x+a2–a–3＞0，当0≤x≤1时恒成立，则实数a的取值范围为      .

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    关于x的不等式2·32x–3x+a2–a–3＞0，当0≤x≤1时恒成立，则实数a的取值范围为________.

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