Question

12．已知函數(shù)f（x）=x²+4x+a-5，g（x）=m•4^x-1-2m+7．
（1）若函數(shù)f（x）在區(qū)間[-1，1]上存在零點，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）當(dāng)a=0時，若對任意的x₁∈[1，2]，總存在x₂∈[1，2]，使f（x₁）=g（x₂）成立，求實數(shù)m的取值范圍；
（3）若y=f（x）（x∈[t，2]）的置于為區(qū)間D，是否存在常數(shù)t，使區(qū)間D的長度為6-4t？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．
（注：區(qū)間[p，q]的長度q-p）

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的對稱軸，得到函數(shù)的單調(diào)性，解關(guān)于a的不等式組，解出即可；
（2）只需函數(shù)y=f（x）的值域是函數(shù)y=g（x）的值域的子集，通過討論m=0，m＞0，m＜0的情況，得到函數(shù)的單調(diào)性，從而確定m的范圍即可；
（3）通過討論t的范圍，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性以及f（2），f（-2）的值，得到關(guān)于t的方程，解出即可．

解答 解：（1）由題意得：f（x）的對稱軸是x=-2，
故f（x）在區(qū)間[-1，1]遞增，
∵函數(shù)在區(qū)間[-1，1]存在零點，
故有$\left\{\begin{array}{l}{f（-1）≤0}\\{f（1）≥0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{a-8≤0}\\{a≥0}\end{array}\right.$，解得：0≤a≤8，
故所求實數(shù)a的范圍是[0，8]；
（2）若對任意的x₁∈[1，2]，總存在x₂∈[1，2]，使f（x₁）=g（x₂）成立，
只需函數(shù)y=f（x）的值域是函數(shù)y=g（x）的值域的子集，
a=0時，f（x）=x²+4x-5，x∈[1，2]的值域是[0，7]，
下面求g（x），x∈[1，2]的值域，
令t=4^x-1，則t∈[1，4]，y=mt-2m+7，
①m=0時，g（x）=7是常數(shù)，不合題意，舍去；
②m＞0時，g（x）的值域是[7-m，2m+7]，
要使[0，7]⊆[7-m，2m+7]，
只需$\left\{\begin{array}{l}{7-m≤0}\\{2m+7≥7}\end{array}\right.$，解得：m≥7；
③m＜0時，g（x）的值域是[2m+7，7-m]，
要使[0，7]⊆[2m+7，7-m]，
只需$\left\{\begin{array}{l}{2m+7≤0}\\{7-m≥7}\end{array}\right.$，解得：m≤-$\frac{7}{2}$，
綜上，m的范圍是（-∞，-$\frac{7}{2}$]∪[7，+∞）；
（3）由題意得$\left\{\begin{array}{l}{t＜2}\\{6-4t＞0}\end{array}\right.$，解得：t＜$\frac{3}{2}$，
①t≤-6時，在區(qū)間[t，2]上，f（t）最大，f（-2）最小，
∴f（t）-f（-2）=t²+4t+4=6-4t，
即t²+8t-2=0，解得：t=-4-3$\sqrt{2}$或t=-4+3$\sqrt{2}$（舍去）；
②-6＜t≤-2時，在區(qū)間[t，2]上，f（2）最大，f（-2）最小，
∴f（2）-f（-2）=16=6-4t，解得：t=-$\frac{5}{2}$；
③-2＜t＜$\frac{3}{2}$時，在區(qū)間[t，2]上，f（2）最大，f（t）最小，
∴f（2）-f（t）=-t²-4t+12=6-4t，
即t²=6，解得：t=$\sqrt{6}$或t=-$\sqrt{6}$，
故此時不存在常數(shù)t滿足題意，
綜上，存在常數(shù)t滿足題意，
t=-4-3$\sqrt{2}$或t=-$\frac{5}{2}$．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想、轉(zhuǎn)化思想，集合思想，是一道綜合題．