《2025年经纶学典学霸黑白题高中数学必修第一册苏教版》

18. ★★ (17分)(2025·江苏无锡高一期末)已知$ t $为实数,函数$ f(x)=2\log_{a}(2x - t - 2) $,$ g(x)=\log_{a}x $,其中$ 0\lt a\lt1 $.
(1)若函数$ \varphi(x)=g(a^{x}+1)-kx $是偶函数,求实数$ k $的值;
(2)当$ x\in[1,4] $时,$ f(x) $的图象始终在$ g(x) $的图象的下方,求$ t $的取值范围;
(3)设$ t = 4 $,当$ x\in[m,n](m\lt n) $时,函数$ y = |f(x)| $的值域为$ [0,2] $,若$ n - m $的最小值为$ \dfrac{1}{6} $,求实数$ a $的值.

答案： 18.解：
(1)由函数$\varphi(x)=g(a^{x}+1)-kx=\log_{a}(a^{x}+1)-kx$.因为$\varphi(x)=g(a^{x}+1)-kx$是偶函数，可得$\varphi(-x)=\varphi(x)$对任意$x\in\mathbf{R}$恒成立，即$\log_{a}(a^{-x}+1)+kx=\log_{a}(a^{x}+1)-kx$对任意$x\in\mathbf{R}$恒成立，所以$2kx=\log_{a}(a^{x}+1)-\log_{a}(a^{-x}+1)=\log_{a}\frac{a^{x}+1}{a^{-x}+1}=\log_{a}a^{x}=x$，可得$k = \frac{1}{2}$.
(2)设$h(x)=f(x)-g(x)=2\log_{a}(2x - t - 2)-\log_{a}x$.因为当$x\in[1,4]$时，$f(x)$的图象始终在$g(x)$的图象的下方，可得$h(x)=2\log_{a}(2x - t - 2)-\log_{a}x＜0$在$x\in[1,4]$上恒成立，即$2\log_{a}(2x - t - 2)＜\log_{a}x$在$x\in[1,4]$上恒成立.因为$0＜a＜1$，且$x\in[1,4]$，可得$2x - t - 2＞\sqrt{x}$，即$t＜2x - \sqrt{x}-2$在$x\in[1,4]$上恒成立，又由$y = 2x - \sqrt{x}-2 = 2(\sqrt{x}-\frac{1}{4})^{2}-\frac{17}{8}$，$x\in[1,4]$，所以当$x = 1$时，$y_{\min}=-1$，所以$t＜-1$，即实数$t$的取值范围为$(-\infty,-1)$.
(3)因为$t = 4$且$0＜a＜1$，可得函数$y = |f(x)|=|2\log_{a}(2x - 6)|$，可得函数$y = |f(x)|$在$(3,\frac{7}{2})$上单调递减，在$(\frac{7}{2},+\infty)$上单调递增.因为当$x\in[m,n](m＜n)$时，函数$y = |f(x)|$的值域为$[0,2]$，且$f(\frac{7}{2})=0$，所以$3＜m\leq\frac{7}{2}\leq n$（其中，等号不能同时取得），令$|2\log_{a}(2x - 6)| = 2$，可得$\log_{a}(2x - 6)=\pm1$，解得$x = \frac{a + 6}{2}$或$x=\frac{6a + 1}{2a}$.又因为$(\frac{6a + 1}{2a}-\frac{7}{2})-(\frac{a + 6}{2}-\frac{7}{2})=\frac{6a + 1}{2a}-\frac{7}{2}-\frac{a + 6}{2}+\frac{7}{2}=\frac{6a + 1 - 7a - (a - 1)^{2}}{2a}=\frac{7 - a - (a - 1)^{2}}{2a}＞0$，所以$\frac{6a + 1}{2a}＞\frac{7}{2}＞\frac{a + 6}{2}$，所以$n - m$的最小值为$\frac{7}{2}-\frac{a + 6}{2}-\frac{1}{6}$，解得$a = \frac{2}{3}$.

19. ★★★ (17分)(2025·江苏南通高一月考)若函数$ f(x) $与$ g(x) $满足:对任意的$ x_{1}\in D $,总

存

在唯一的$ x_{2}\in D $,使$ f(x_{1})g(x_{2}) = m $成立,则称$ f(x) $是$ g(x) $在区间$ D $上的“$ m $阶伴随函数”;当$ f(x)=g(x) $时,则称$ f(x) $为区间$ D $上的“$ m $阶自伴函数”.
(1)判断函数$ f(x)=x + 1 $是否为区间$ \left[-\dfrac{1}{3},3\right] $上的“$ 2 $阶自伴函数”,并说明理由;
(2)若函数$ f(x)=3^{x - 1} $为区间$ [1,b] $上的“$ 9 $阶自伴函数”,求$ b $的值;
(3)若函数$ f(x)=4^{x}-2^{x + 1}+2 $是$ g(x)=4x^{2}-4ax + a^{2}-2 $在区间$ [0,1] $上的“$ 2 $阶伴随函数”,求$ a $的取值范围.

答案： 19.解：
(1)$f(x)=x + 1$不是在区间$[-\frac{1}{3},3]$上的“$2$阶自伴函数”，理由如下：
$x\in[-\frac{1}{3},3]$时，$f(x)=x + 1\in[\frac{2}{3},4]$，当$x_{1}=3$时，$f(x_{1}) = 4$，此时要想$f(x_{1})f(x_{2}) = 2$，则需$f(x_{2})=\frac{1}{2}$，但$\frac{1}{2}\notin[\frac{2}{3},4]$，故不存在$x_{2}\in[-\frac{1}{3},3]$，使得$f(x_{1})f(x_{2}) = 2$，故$f(x)=x + 1$不是在区间$[-\frac{1}{3},3]$上的“$2$阶自伴函数”.
(2)由已知，对任意的$x_{1}\in[1,b]$，总存在唯一的$x_{2}\in[1,b]$，使得$3^{x_{1}-1}·3^{x_{2}-1}=9$，即$3^{x_{1}+x_{2}-2}=9$，故$x_{1}+x_{2}=4$，故$x_{2}=4 - x_{1}$.又$x_{1}\in[1,b]$，故$x_{2}=4 - x_{1}\in[4 - b,3]$，又$x_{2}\in[1,b]$，故$\begin{cases}4 - b\geq1,\\b = 3,\end{cases}$解得$b = 3$.
(3)由题意得$x_{1},x_{2}\in[0,1]$，$f(x_{1})g(x_{2})=(4^{x_{1}}-2^{x_{1}+1}+2)·(4x_{2}^{2}-4ax_{2}+a^{2}-2)=2$，故$4x_{2}^{2}-4ax_{2}+a^{2}-2=\frac{2}{4^{x_{1}}-2^{x_{1}+1}+2}$，即$(2x_{2}-a)^{2}=\frac{2}{(2^{x_{1}}-1)^{2}+1}+2$.因为$x_{1}\in[0,1]$，故$2^{x_{1}}-1\in[0,1]$，所以$\frac{2}{(2^{x_{1}}-1)^{2}+1}+2\in[3,4]$，设$t=\frac{2}{(2^{x_{1}}-1)^{2}+1}+2\in[3,4]$，于是$(2x_{2}-a)^{2}=t$，$2x_{2}=\pm\sqrt{t}+a$，$x_{2}\in[0,1]$，$2x_{2}\in[0,2]$，所以对$t\in[3,4]$，$0\leq\sqrt{t}+a\leq2$恒成立或$0\leq-\sqrt{t}+a\leq2$恒成立，若$0\leq\sqrt{t}+a\leq2$恒成立，则$\begin{cases}a+\sqrt{3}\leq2,\\a\geq-\sqrt{4},\end{cases}$解得$-\sqrt{3}\leq a\leq0$，若$0\leq-\sqrt{t}+a\leq2$恒成立，则$\begin{cases}a-\sqrt{3}\leq2,\\a - 2\geq0,\end{cases}$解得$2\leq a\leq2+\sqrt{3}$，综上，$a$的取值范围是$[-\sqrt{3},0]\cup[2,2+\sqrt{3}]$.