Question

4．已知函數(shù)f（x）=lg（x²-ax+a）的值域?yàn)镽，命題p：函數(shù)f（x）的圖象可能關(guān)于y軸對(duì)稱，命題q：函數(shù)f（x）的圖象經(jīng)過定點(diǎn)．
（1）判斷命題￢p，p∨q，p∧q的真假；
（2）若函數(shù)f（x）與g（x）=lgx的圖象恰有兩個(gè)交點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）若函數(shù)H（x）=f（x）+f（$\frac{1}{x}$）在[3，+∞）上遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）可以判斷a=0時(shí)，f（x）為偶函數(shù)，從而圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，并且可求出f（1）=0，從而說明p，q都是真命題，這樣即可判斷￢p，p∨q，p∧q的真假；
（2）先根據(jù)f（x）的值域?yàn)镽，便有△=a²-4a≥0，這樣可得到a≤0，或a≥4，并且可以看出，要使得f（x）和g（x）的圖象恰有兩個(gè)交點(diǎn)，則需x²-（a+1）x+a=0有兩個(gè)不同的正根，從而a要滿足$\left\{\begin{array}{l}{△＞0}\\{a+1＞0}\\{a＞0}\end{array}\right.$，解該不等式組即可得出實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）首先要使函數(shù)f（x）和f（$\frac{1}{x}$）有意義，從而有x²-ax+a＞0和$\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{a}{x}+a＞0$都恒成立，這樣即可得出$4≤a＜\frac{9}{2}$，然后求導(dǎo)數(shù)：$f′（x）和f′（\frac{1}{x}）$，容易說明$f′（x）＞0，f′（\frac{1}{x}）＞0$，從而說明4$≤a＜\frac{9}{2}$時(shí)，滿足函數(shù)H（x）在[3，+∞）上單調(diào)遞增，這樣便可得出實(shí)數(shù)a的取值范圍．

解答 解：（1）當(dāng)a=0時(shí)，f（x）=lgx²，顯然為偶函數(shù)，∴圖象關(guān)于y軸對(duì)稱；
∴命題p為真命題；
f（1）=lg1=0，∴f（x）的圖象過定點(diǎn)（1，0）；
∴命題q為真命題；
∴￢p為假，p∨q為真，p∧q為真；
（2）f（x）的值域?yàn)镽；
∴△=a²-4a≥0；
∴a≤0，或a≥4；
f（x）與g（x）的圖象恰有兩個(gè)交點(diǎn)；
∴方程x²-ax+a=x恰有兩個(gè)不同的正根；
即方程x²-（a+1）x+a=0恰有兩個(gè)不同的正根；
∴$\left\{\begin{array}{l}{△=（a+1）^{2}-4a＞0}\\{a+1＞0}\\{a＞0}\end{array}\right.$；
解得a＞0，且a≠1；
∴a≥4；
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為[4，+∞）；
（3）根據(jù)題意，x²-ax+a＞0   ①和$\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{a}{x}+a＞0$   ②在[3，+∞）上恒成立；
∴由①得，$a＜\frac{{x}^{2}}{x-1}$，設(shè)h（x）=$\frac{{x}^{2}}{x-1}$，$h′（x）=\frac{{x}^{2}-2x}{（x-1）^{2}}$=$\frac{（x-1）^{2}-1}{（x-1）^{2}}＞0$；
∴h（x）在[3，+∞）上單調(diào)遞增；
∴$h（x）≥h（3）=\frac{9}{2}$；
∴$a＜\frac{9}{2}$；
同樣，由②得，a≥0；
由前面知，a≤0，或a≥4；
∴$4≤a＜\frac{9}{2}$；
$f′（x）=\frac{2x-a}{（{x}^{2}-ax+a）ln10}$，$f′（\frac{1}{x}）=\frac{1}{{x}^{3}}（ax-2）$；
根據(jù)x≥3，$4≤a＜\frac{9}{2}$；
∴f′（x）＞0，$f′（\frac{1}{x}）＞0$；
∴H′（x）＞0；
即滿足H（x）在[3，+∞）上遞增；
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為$[4，\frac{9}{2}）$．

點(diǎn)評(píng) 考查真假命題的概念，偶函數(shù)的定義，1的對(duì)數(shù)等于0，對(duì)數(shù)函數(shù)的值域?yàn)镽時(shí)，定義域的情況如何，一元二次方程實(shí)根的情況和判別式△的關(guān)系，以及韋達(dá)定理，根據(jù)導(dǎo)數(shù)符號(hào)判斷函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求函數(shù)的值域．