分析 (1)化簡h(x)=a•f1(x)+b•f2(x),使得與h(x)與x2-x+1相同,求出a,b判斷結果滿足題意;類似方法計算判斷第二組.
(2)由已知得h(x)=log2x,從而$3lo{{g}_{2}}^{2}x$+2log2x+t=3(log2x+$\frac{1}{3}$)2+t-$\frac{1}{3}$≤0在x∈[2,4]上有解,由t=-3(log2x+$\frac{1}{3}$)2+$\frac{1}{3}$在[2,4]上單調遞減,能求出實數(shù)t的取值范圍.
(3)由題意得,h(x)=ax+$\frac{x}$$≥2\sqrt{ab}$,從而h(x)=2x+$\frac{8}{x}$,x>0,假設存在最大的常數(shù)m,使h(x1)h(x2)≥m恒成立,設μ=h(x1)h(x2),從而轉化為求u的最小值即可.
解答 解:(1)第一組:∵f1(x)=lg$\frac{x}{10}$,f2(x)=lg(10x),h(x)=x2-x+1,
∴alg$\frac{x}{10}$+blg(10x)=algx-a+b+blgx=(a+b)lgx+b-a≠x2-x+1,
∴第一組函數(shù)h(x)不是f1(x),f2(x)的生成函數(shù).
第二組:設a(x2+x)+b(x2+x+1)=x2-x+1,
即(a+b)x2+(a+b)x+b=x2-x+1,
則$\left\{\begin{array}{l}{a+b=1}\\{a+b=-1}\\{b=1}\end{array}\right.$,該方程組無解.
∴h(x)不是f1(x),f2(x)的生成函數(shù).
(2)∵f1(x)=log2x;${f_2}(x)={log_{\frac{1}{2}}}$x,a=2,b=1生成函數(shù)h(x),
∴h(x)=a•f1(x)+b•f2(x)=2log2x+log${\;}_{\frac{1}{2}}$x=log2x,
∵3h2(x)+2h(x)+t≤0在x∈[2,4]上有解,
∴$3lo{{g}_{2}}^{2}x$+2log2x+t=3(log2x+$\frac{1}{3}$)2+t-$\frac{1}{3}$≤0在x∈[2,4]上有解,
∵x∈[2,4],∴l(xiāng)og2x+$\frac{1}{3}$∈[$\frac{4}{3}$,$\frac{7}{3}$]
∴t=-3(log2x+$\frac{1}{3}$)2+$\frac{1}{3}$在[2,4]上單調遞減,
∴${y}_{max}=-3×(\frac{4}{3})^{2}+\frac{1}{3}$=-5,${y}_{min}=-3×(\frac{7}{3})^{2}+\frac{1}{3}$=-$\frac{146}{9}$.
∴實數(shù)t的取值范圍是[-$\frac{146}{9}$,-5].
(3)由題意得,h(x)=ax+$\frac{x}$,x>0,則h(x)=ax+$\frac{x}$$≥2\sqrt{ab}$,
故$\left\{\begin{array}{l}{2a+\frac{2}=8}\\{2\sqrt{ab}=8}\end{array}\right.$,解得$\left\{\begin{array}{l}{a=2}\\{b=8}\end{array}\right.$,∴h(x)=2x+$\frac{8}{x}$,x>0,
假設存在最大的常數(shù)m,使h(x1)h(x2)≥m恒成立.
于是設μ=h(x1)h(x2)=$4({x}_{1}+\frac{4}{{x}_{1}})({x}_{2}+\frac{4}{{x}_{2}})$=4x1x2+$\frac{64}{{x}_{1}{x}_{2}}$+16•$\frac{{{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$
=$4{x}_{1}{x}_{2}+\frac{64}{{x}_{1}{x}_{2}}$+16($\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$)=4${x}_{1}{x}_{2}+\frac{64}{{x}_{1}{x}_{2}}$+16•$\frac{{{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$
=$4{x}_{1}{x}_{2}+\frac{64}{{x}_{1}{x}_{2}}+16•\frac{({x}_{1}+{x}_{2})^{2}-2{x}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$
=$4{x}_{1}{x}_{2}+\frac{80}{{x}_{1}{x}_{2}}-32$,
設t=x1x2,則t=x1x2≤$(\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2})^{2}$=$\frac{1}{4}$,即t∈(0,$\frac{1}{4}$],
設$μ=4t+\frac{80}{t}$-32,t∈(0,$\frac{1}{4}$],
∵${μ}^{'}(t)=4-\frac{80}{{t}^{2}}$<0,t∈(0,$\frac{1}{4}$],∴$μ=4t+\frac{80}{t}$-32在(0,$\frac{1}{4}$]上單調遞減,從而μ≥μ($\frac{1}{4}$)=289.
故存在最大的常數(shù)m=289.
點評 本題考查函數(shù)性質的應用,是中檔題,解題時要認真審題,注意函數(shù)性質、換元法的合理運用.
科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | $\frac{1}{4}$ | B. | $\frac{1}{3}$ | C. | $\frac{1}{2}$ | D. | $\frac{2}{3}$ |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:填空題
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | 12 | B. | 8 | C. | 4 | D. | 2 |
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