Question

已知函數(shù)f（x）=

x+2

+k，k為已知的實數(shù)，
（1）求函數(shù)f（x）的值域；并判斷其在定義域上的單調性（不必證明）；
（2）當k=-2時，設f（x）≤0的解集為A，函數(shù)g（x）=lg（sin²

π

6

x-3sin

π

6

x•cos

π

6

x+acos²

π

6

x）的定義域為B，若（A∪B）⊆B，求實數(shù)a的取值范圍．
（3）若存在實數(shù)a，b≥-2且a＜b，使f（x）在[a，b]上的值域為[2a，2b]，求實數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

考點：函數(shù)單調性的判斷與證明

專題：函數(shù)的性質及應用,集合

分析：（1）由

x+2

≥0即得到f（x）≥k，從而得出f（x）的值域，通過求導判斷f′（x）的符號即可判斷出f（x）的單調性；
（2）k=-2時，容易解出f（x）≤0為，A=[-2，2]．對于函數(shù)g（x），容易得到-2≤x≤2時，tan2

π

6

x-3tan

π

6

x+a＞0恒成立，若令tan

π

6

x=t，（-

3

≤t≤

3

），則得到t²-3t+a＞0在[-

3

，

3

]上恒成立，從而可得到a＞

9

4

；
（3）由已知條件知方程

x+2

+k=2x在定義域上有兩個不等實根，設

x+2

=t≥0，則得到2t²-t-4-k=0在[0，+∞）上有兩個不等實數(shù)根，所以便得到

△=1+8(4+k)＞0 -4-k 2 ≥0

，解不等式組即得k的取值范圍．

解答： 解：（1）∵

x+2

≥0，

x+2

+k≥k；
∴f（x）的值域為[k，+∞）；
f′（x）=

1

2 x+2

＞0，所以f（x）在定義域上單調遞增；
（2）k=-2時，f（x）=

x+2

-2；
所以由f（x）≤0得

x+2≥0 x+2≤4

；
解得-2≤x≤2，∴A=[-2，2]；
由（A∪B）⊆B得，A⊆B；
即-2≤x≤2時，sin2

π

6

x-3sin

π

6

x•cos

π

6

x+acos2

π

6

x＞0恒成立；
當cos

π

6

x=0，即x=6k+3，k∈Z時，g（x）=lg1=0，（A∪B）⊆B不成立；
當cos

π

6

x≠0時，由sin2

π

6

x-3sin

π

6

x•cos

π

6

x+acos2

π

6

x＞0得：
tan2

π

6

x-3tan

π

6

x+a＞0；
由-2≤x≤2得，-

π

3

≤

π

6

x≤

π

3

，-

3

≤tan

π

6

x≤

3

；
令t=tan

π

6

x，則t²-3t+a＞0即a＞-t²+3t在[-

3

，

3

]上恒成立；
t=

3

2

時，-t²+3t取最大值

9

4

；
∴a＞

9

4

；
∴實數(shù)a的取值范圍為（

9

4

，+∞）；
（3）∵f（x）在定義域上遞增；
∴

f(a)= a+2 +k=2a f(b)= b+2 +k=2b

；
∴方程

x+2

+k=2x有兩個不等根；
令

x+2

=t≥0，則t+k=2（t²-2）；
即2t²-t-4-k=0在[0，+∞）上有兩個不等根；
∴

△=1+8(4+k)＞0 -4-k 2 ≥0

，解得-

33

8

＜k≤-4；
∴實數(shù)k的取值范圍為（-

33

8

，-4]．

點評：考查函數(shù)值域的概念及求法，根據(jù)導數(shù)符號判斷函數(shù)單調性的方法，并集，子集的概念，正切函數(shù)的圖象與單調性，二次函數(shù)的最值，以及函數(shù)單調性和該函數(shù)在閉區(qū)間上值域的關系，韋達定理及一元二次方程有兩個不等實根時判別式△的取值情況．