《2025年更高更妙的高中数学思想与方法高中数学必修第一册》

19. 已知 $ a, m \in \mathbf{R} $，函数 $ f(x) = \frac{4 · 3^{x} + a}{3^{x} + 1} $ 和函数 $ h(x) = mx^{2} - (2m + 1)x + 4 $。
(1) 若函数 $ f(x) $ 的图象的对称中心为点 $ (0, 3) $，求满足不等式 $ f(\log_{3}t) ＞ 3 $ 的整数 $ t $ 的最小值；
(2) 当 $ a = -4 $ 时，对任意的实数 $ x \in \mathbf{R} $，若总存在实数 $ t \in [0, 4] $ 使得 $ f(x) = h(t) $ 成立，求正实数 $ m $ 的取值范围。

答案： 19. 解析:
(1)因为$f(x)$的图象的对称中心为$(0,3)$,
则函数$g(x)=f(x)-3$为奇函数.
由$g(0)=0$得$a = 2$,
当$a = 2$时,$f(x)=\frac{4·3^{x}+2}{3^{x}+1}$,此时$f(x)+f(-x)=\frac{4·3^{x}+2}{3^{x}+1}+\frac{4·3^{-x}+2}{3^{-x}+1}=6$,
经检验成立.此时$f(\log_{3}t)=\frac{4t + 2}{t + 1}＞3$,
解得$t＞1$,所以$t_{\min}=2$.
(2)当$a = -4$时,$f(x)=4-\frac{8}{3^{x}+1}$在定义域内单调递增,所以$f(x)\in(-4,4)$.
所以$f(x)$的值域是$h(x)$值域的子集即可.
由$\begin{cases}0＜\frac{2m + 1}{2m}\leqslant4,\\h(\frac{2m + 1}{2m})\leqslant-4\end{cases}$
可得$\begin{cases}m\geqslant\frac{1}{6},\\m\leqslant\frac{7 - 4\sqrt{3}}{2}或m\geqslant\frac{7 + 4\sqrt{3}}{2},\end{cases}$
解得$m\geqslant\frac{7 + 4\sqrt{3}}{2}$.
由$\begin{cases}\frac{2m + 1}{2m}＞4,\\h(4)\leqslant-4\end{cases}$可得$\begin{cases}0＜m＜\frac{1}{6},\\m\leqslant-\frac{1}{2},\end{cases}$此时为$\varnothing$.
综上可得$m\geqslant\frac{7 + 4\sqrt{3}}{2}$.

1. 已知实数 $ a, x, y $ 满足：$ x\sqrt{a(x - a)} + y\sqrt{a(y - a)} = \sqrt{|\lg(x - a) - \lg(a - y)|} $。求 $ \frac{3x^{2} + xy - y^{2}}{x^{2} - xy + y^{2}} $ 的值。

答案： 1. 解析:由等式中的各式有意义可知
$\begin{cases}a(x - a)\geqslant0\quad①,\\a(y - a)\geqslant0\quad②,\\x - a＞0\quad③,\\a - y＞0\quad④,\end{cases}$
由③知$x＞a$,结合①可知$a\geqslant0$;
由④知$y＜a$,结合②可知$a\leqslant0$.
所以$a = 0$,
此时条件式变为$\sqrt{\vert\lg x-\lg(-y)\vert}=0$.
于是$x = -y$,
所以$\frac{3x^{2}+xy - y^{2}}{x^{2}-xy + y^{2}}=\frac{3x^{2}-x^{2}-x^{2}}{x^{2}+x^{2}+x^{2}}=\frac{1}{3}$.

2. 定义：若函数 $ y = f(x) $ 对定义域内的每一个值 $ x_{1} $，在其定义域内都有唯一的 $ x_{2} $ 使得 $ f(x_{1})f(x_{2}) = 1 $ 成立，则称该函数 $ f(x) $ 为“伴随函数”。
(1) 判断 $ g(x) = \ln x $ 是否为“伴随函数”，并说明理由；
(2) 若函数 $ f(x) = 2024^{x - t} $ 在定义域 $ [m, n] $ 上为“伴随函数”，试证明：$ m + n = 2t $；
(3) 已知函数 $ h(x) = (x - a)^{2}(a \leq 2) $ 在 $ [\frac{1}{3}, 3] $ 上为“伴随函数”，若 $ \exists x \in [\frac{1}{3}, 3] $，对任意 $ t \in (1, +\infty) $，恒有 $ k · h(x) \leq \log_{t}16 + \log_{2}t - x $ 成立，求 $ k $ 的取值范围。

答案： 2. 解析:
(1)函数$g(x)=\ln x$的定义域为$(0,+\infty)$,
取$x_{1}=1$,则$g(x_{1})=\ln x_{1}=\ln1 = 0$,
此时,不存在$x_{2}\in(0,+\infty)$,使得$g(x_{1})g(x_{2})=1$成立,因此,$g(x)=\ln x$不是“伴随函数”.
(2)因为函数$f(x)=2024^{x - t}$在定义域$[m,n]$上为增函数,
取$x_{1}=m$,若存在$x_{2}\in[m,n)$,使得$f(m)· f(x_{2})=1$成立,则$f(m)· f(x_{2})=1＜f(m)· f(n)$,
再取$x_{1}=n$,则对任意$x_{2}\in[m,n]$,均有$f(n)· f(x_{2})\geqslant f(n)f(m)＞1$,与$f(x)$是定义域$[m,n]$上的“伴随函数”矛盾,故当取$x_{1}=m$时,存在唯一的$x_{2}=n$,使得$f(m)· f(n)=1$成立,
所以$f(m)f(n)=2024^{m - t}·2024^{n - t}=2024^{m + n - 2t}=1$,所以$m + n - 2t = 0$,即$m + n = 2t$.
(3)若$\frac{1}{3}\leqslant a\leqslant2$,则当$x\in[\frac{1}{3},3]$时,$h(x)_{\min}=h(a)=0$,取$x_{1}=a$,则不存在$x_{2}\in[\frac{1}{3},3]$,使得$h(a)· h(x_{2})=1$成立,此时函数$h(x)$不是“伴随函数”,所以$a＜\frac{1}{3}$,
则$h(x)=(x - a)^{2}$在$[\frac{1}{3},3]$上单调递增,
所以$h(x)_{\min}=h(\frac{1}{3})=(\frac{1}{3}-a)^{2}$,$h(x)_{\max}=h(3)=(3 - a)^{2}$.
由
(2)的证明可知需满足$h(\frac{1}{3})h(3)=(\frac{1}{3}-a)^{2}(3 - a)^{2}=1$,
因为$a＜\frac{1}{3}$,解得$a = 0$,即$h(x)=x^{2}$,$x\in[\frac{1}{3},3]$.
由题意得$\exists x\in[\frac{1}{3},3]$,对任意$t\in(1,+\infty)$,恒有$k· h(x)\leqslant\log_{t}16+\log_{2}t - x$成立,
当$t＞1$时,$\ln t＞0$,则$\log_{t}16+\log_{2}t=\frac{\ln16}{\ln t}+\frac{\ln t}{\ln2}=\frac{4\ln2}{\ln t}+\frac{\ln t}{\ln2}\geqslant2\sqrt{\frac{4\ln2}{\ln t}·\frac{\ln t}{\ln2}} = 4$,
当且仅当$\frac{4\ln2}{\ln t}=\frac{\ln t}{\ln2}(t＞1)$,即$t = 4$时等号成立,
问题转化为$\exists x\in[\frac{1}{3},3]$,使得$kx^{2}\leqslant4 - x$成立,
所以$k\leqslant\frac{4}{x^{2}}-\frac{1}{x}$,
则$k\leqslant(\frac{4}{x^{2}}-\frac{1}{x})_{\max}=33$,
因此,实数$k$的取值范围是$(-\infty,33]$.