12、范圍為(-3,5).
(3)∵f(1)=,∴a-=,即2a2-3a-2=0,
∴a=2或a=-(舍去),
g(x)=22x+2-2x-2(2x-2-x)=(2x-2-x)2-2(2x-2-x)+2,
令t=2x-2-x,∵t=2x-2-x在[1,+∞)上單調遞增,
∴t∈.
∴設h(t)=t2-2t+2=(t-1)2+1,t∈,
∴h(t)min=h=.即g(x)在[1,+∞)上的最小值為.
1.設函數(shù)f(x)=ax+bx-cx,其中c>a>0,c>b>0.若a,b,c是△ABC的三條邊長,則下列結論中正確的個數(shù)是( )
①對于?x∈(-∞,1),都有f(x)>0;
13、②存在x>0,使ax,bx,cx不能構成一個三角形的三邊長;
③若△ABC為鈍角三角形,則存在x∈(1,2),使f(x)=0.
A.3 B.2
C.1 D.0
解析:選A ①因為a,b,c是△ABC的三條邊長,所以a+b>c,因為c>a>0,c>b>0,所以0<<1,0<<1,當x∈(-∞,1)時,f(x)=ax+bx-cx=cx>cx=cx·>0,故①正確;
②令a=2,b=3,c=4,則a,b,c可以構成三角形,但a2=4,b2=9,c2=16卻不能構成三角形,所以②正確;
③已知c>a>0,c>b>0,若△ABC為鈍角三角形,則a2+b2-c2<0,因為f(1)=a+b-
14、c>0,f(2)=a2+b2-c2<0,根據(jù)零點存在性定理可知在區(qū)間(1,2)上存在零點,所以存在x∈(1,2),使f(x)=0,故③正確.
2.(2018·廣東五校聯(lián)考)已知e為自然對數(shù)的底數(shù),若對任意的x1∈[0,1],總存在唯一的x2∈[-1,1],使得x1+xex2-a=0成立,則實數(shù)a的取值范圍是( )
A.[1,e] B.(1,e]
C. D.
解析:選C 令f(x1)=a-x1,則f(x1)=a-x1在x1∈[0,1]上單調遞減,且f(0)=a,f(1)=a-1.令g(x2)=xe x2,則g′(x2)=2x2e x2+xe x2=x2e x2 (x2+2),且g(
15、0)=0,g(-1)=,g(1)=e.若對任意的x1∈[0,1],總存在唯一的x2∈[-1,1],使得x1+xex2-a=0成立,即f(x1)=g(x2),則f(x1)=a-x1的最大值不能大于g(x2)的最大值,即f(0)=a≤e,因為g(x2)在 [-1,0]上單調遞減,在(0,1]上單調遞增,所以當g(x2)∈時,存在兩個x2使得f(x1)=g(x2).若只有唯一的x2∈[-1,1],使得f(x1)=g(x2),則f(x1)的最小值要比大,所以f(1)=a-1>,即a>1+,故實數(shù)a的取值范圍是,故選C.
3.(2018·湖南六校聯(lián)考)已知實數(shù)a>0,函數(shù)f(x)=若關于x的方
16、程f[-f(x)]=e-a+有三個不等的實根,則實數(shù)a的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
解析:選B 當x≤0時,令f(x)=e-a+,即ex-1=e-a,得x=1-a;
當x>0時,令f(x)=e-a+得ex-1+x2-(a+1)x+=e-a+,顯然方程無解,
所以1-a≤0,即a≥1,
因為f[-f(x)]=e-a+,
所以-f(x)=1-a,即f(x)=a-1,
所以方程f(x)=a-1有三解,
當x≤0時,f(x)在(-∞,0)上單調遞增,且當x→-∞時,f(x)→,
當x>0時,f′(x)=ex-1+ax-a-1,
所以f′(x)是增函數(shù),且f′(1)=0,
所以f(x)在(0,1)上單調遞減,在(1,+∞)上單調遞增,
又f(1)=0,當x→+∞時,f(x)→+∞,
作出f(x)的大致圖象如圖所示,
因為方程f(x)=a-1有三解,
所以