分析 (1)利用f(1)=f(0)=1,判斷f(x)∉M1.
(2)f(x+a)-f(x)>0,化簡(jiǎn),通過(guò)判別式小于0,求出a的范圍即可.
(3)由f(x+a)-f(x)>0,推出$h(x+2)-h(x)={log_3}[(x+2)+\frac{k}{x+2}]-{log_3}(x+\frac{k}{x})>0$,
得到$x+2+\frac{k}{x+2}>x+\frac{k}{x}>0$對(duì)任意x∈[1,+∞)都成立,然后分離變量,通過(guò)當(dāng)-1<k≤0時(shí),當(dāng)0<k<1時(shí),分別求解最小值即可.
解答 解:(1)∵f(1)=f(0)=1,∴f(x)∉M1.…(4分)
(2)由$g(x+a)-g(x)={(x+a)^3}-{x^3}-\frac{1}{4}(x+a)+\frac{1}{4}x=3a{x^2}+3{a^2}x+{a^3}-\frac{1}{4}a>0$…(2分)
∴$△=9{a^4}-12a({a^3}-\frac{1}{4}a)<0$,…(3分)
故 a>1.…(1分)
(3)由$h(x+2)-h(x)={log_3}[(x+2)+\frac{k}{x+2}]-{log_3}(x+\frac{k}{x})>0$,…(1分)
即:${log_3}[(x+2)+\frac{k}{x+2}]>{log_3}(x+\frac{k}{x})$
∴$x+2+\frac{k}{x+2}>x+\frac{k}{x}>0$對(duì)任意x∈[1,+∞)都成立
∴$\left\{\begin{array}{l}k<x(x+2)\\ k>-{x^2}\end{array}\right.⇒\left\{\begin{array}{l}k<3\\ k>-1\end{array}\right.⇒-1<k<3$…(3分)
當(dāng)-1<k≤0時(shí),h(x)min=h(1)=log3(1+k); …(1分)
當(dāng)0<k<1時(shí),h(x)min=h(1)=log3(1+k); …(1分)
當(dāng)1≤k<3時(shí),$h{(x)_{min}}=h(\sqrt{k})={log_3}(2\sqrt{k})$.…(1分)
綜上:$h{(x)_{min}}=\left\{\begin{array}{l}{log_3}(1+k),\;\;\;-1<k<1\\{log_3}(2\sqrt{k}),\;\;\;\;1≤k<3.\end{array}\right.$…(1分)
點(diǎn)評(píng) 本題考查分段函數(shù)的應(yīng)用,函數(shù)的綜合應(yīng)用,函數(shù)的最值的求法,考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力.
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科目:高中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:選擇題
A. | 3x+2y=0 | B. | x+y+1=0 | ||
C. | x+y+1=0或3x+2y=0 | D. | x+y-1=0或3x-2y=0 |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:填空題
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科目:高中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:選擇題
x | 3 | -2 | 4 | $\sqrt{2}$ |
y | $-2\sqrt{3}$ | 0 | -4 | $\frac{{\sqrt{2}}}{2}$ |
A. | $\sqrt{2}-1$ | B. | $\sqrt{3}-1$ | C. | 1 | D. | 2 |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:解答題
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科目:高中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:解答題
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科目:高中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:選擇題
A. | y=x+1與y=$\frac{{x}^{2}+x}{x}$ | B. | f(x)=$\frac{{x}^{2}}{(\sqrt{x})^{2}}$與g(x)=x | ||
C. | $f(x)=|x|與g(x)=\root{n}{x^n}$ | D. | $f(x)=x與g(t)={log_a}{a^t}$ |
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