Question

已知函數(shù)f（x）=log_a（x+1），g（x）=2log_a（2x+t）（t∈R），其中x∈[0，15]，a＞0，且a≠1．
（1）若1是關于x的方程f（x）-g（x）=0的一個解，求t的值；
（2）當0＜a＜1時，不等式f（x）≥g（x）恒成立，求t的取值范圍；
（3）當t∈[26，56]時，函數(shù)F（x）=2g（x）-f（x）的最小值為h（t），求h（t）的解析式．

Answer 1

解：（1）由題意得f（1）-g（1）=0，即log_a2=2log_a（2+t），解得t=-2+…（2分）
（2）當0＜a＜1時，不等式f（x）≥g（x）恒成立，即log_a（x+1）≥log_a（2x+t）（x∈[0，15]）恒成立，
它等價于≤2x+t（x∈[0，15]），即t≥-2x（x∈[0，15]）恒成立…（6分）
令=u（x∈[0，15]），則u∈[1，4]，x=u²-1，
-2x=-2（u²-1）+u=-2+，當u=1時，-2x的最大值為1，
∴t≥1…（8分）
（3）F（x）=2g（x）-f（x）=4log_a（2x+t）-log_a（x+1）=4．
令=z （x∈[0，15]），則z∈[1，2]，x=z⁴-1，
∴==2z³+，z∈[1，2]，…（10分）
設p（z）=2z³+，z∈[1，2]，
則p′（z）=6z²-．
令p'（z）=0，得z=．
∵t∈[26，56]，
∴z=∈[，]⊆[1，2]，
當1≤z≤時，p'（z）＜0；
當＜z≤2，p'（z）＞0．
故[p（z）]_min==8，…（12分）
且p（z）的最大值只能在z=1或z=2處取得．
而p（1）=2+t-2=t，p（2）=16+=+15，
∴p（1）-p（2）=-15，
當26≤t≤30時，p（1）≤p（2），p（z）_max=p（2）=+15，
當30＜t≤56時，p（1）＞p（2），p（z）_max=p（1）=t，
∴p（z）_max=…（14分）
∴當a＞1時，h（t）=4；
當0＜a＜1時，h（t）=…（16分）
分析：（1）由f（1）-g（1）=0，即可求得t的值；
（2）當0＜a＜1時，不等式f（x）≥g（x）恒成立?t≥-2x（x∈[0，15]）恒成立，令=u（x∈[0，15]），則u∈[1，4]，通過配方法可求得-2x的最大值，從而解決問題；
（3）F（x）=2g（x）-f（x）=4，令=z 可求得z∈[1，2]，設p（z）=2z³+，z∈[1，2]，通過導數(shù)可求得[p（z）]_min與[p（z）]_max，從而可得答案．
點評：本題考查函數(shù)恒成立問題，考查對數(shù)函數(shù)圖象與性質的綜合應用，考查等價轉化的思想與分類討論的思想，考查換元的方法與導數(shù)法的應用，綜合性強，難度大，屬于難題．