Question

已知函數f（x）=log_a（x+1），g（x）=2log_a（2x+t）（t∈R），其中x∈[0，15]，a＞0，且a≠1．
（1）若1是關于x的方程f（x）-g（x）=0的一個解，求t的值；
（2）當0＜a＜1時，不等式f（x）≥g（x）恒成立，求t的取值范圍；
（3）當t∈[26，56]時，函數F（x）=2g（x）-f（x）的最小值為h（t），求h（t）的解析式．

Answer 1

分析：（1）由f（1）-g（1）=0，即可求得t的值；
（2）當0＜a＜1時，不等式f（x）≥g（x）恒成立?t≥

x+1

-2x（x∈[0，15]）恒成立，令

x+1

=u（x∈[0，15]），則u∈[1，4]，通過配方法可求得

x+1

-2x的最大值，從而解決問題；
（3）F（x）=2g（x）-f（x）=4loga

2x+t

4 x+1

，令

4	x+1

=z 可求得z∈[1，2]，設p（z）=2z³+

t-2

z

，z∈[1，2]，通過導數可求得[p（z）]_min與[p（z）]_max，從而可得答案．

解答：解：（1）由題意得f（1）-g（1）=0，即log_a2=2log_a（2+t），解得t=-2+

2

…（2分）
（2）當0＜a＜1時，不等式f（x）≥g（x）恒成立，即

1

2

log_a（x+1）≥log_a（2x+t）（x∈[0，15]）恒成立，
它等價于

x+1

≤2x+t（x∈[0，15]），即t≥

x+1

-2x（x∈[0，15]）恒成立…（6分）
令

x+1

=u（x∈[0，15]），則u∈[1，4]，x=u²-1，

x+1

-2x=-2（u²-1）+u=-2(u-

1

4

)2+

17

8

，當u=1時，

x+1

-2x的最大值為1，
∴t≥1…（8分）
（3）F（x）=2g（x）-f（x）=4log_a（2x+t）-log_a（x+1）=4loga

2x+t

4 x+1

．
令

4	x+1

=z （x∈[0，15]），則z∈[1，2]，x=z⁴-1，
∴

2x+t

4 x+1

=

2(z4-1)+t

z

=2z³+

t-2

z

，z∈[1，2]，…（10分）
設p（z）=2z³+

t-2

z

，z∈[1，2]，
則p′（z）=6z²-

t-2

z2

．
令p'（z）=0，得z=

4	t-2 6

．
∵t∈[26，56]，
∴z=

4	t-2 6

∈[

2

，

3

]⊆[1，2]，
當1≤z≤

4	t-2 6

時，p'（z）＜0；
當

4	t-2 6

＜z≤2，p'（z）＞0．
故[p（z）]_min=p(

4	t-2 6

)=8(

t-2

6

)

3

4

，…（12分）
且p（z）的最大值只能在z=1或z=2處取得．
而p（1）=2+t-2=t，p（2）=16+

t-2

2

=

t

2

+15，
∴p（1）-p（2）=

t

2

-15，
當26≤t≤30時，p（1）≤p（2），p（z）_max=p（2）=

t

2

+15，
當30＜t≤56時，p（1）＞p（2），p（z）_max=p（1）=t，
∴p（z）_max=

t 2 +15，26≤t≤30 t，30＜t≤56

…（14分）
∴當a＞1時，h（t）=4loga[8(

t-2

6

)

3

4

]；
當0＜a＜1時，h（t）=

4loga( t 2 +15)，26≤t≤30 4logat，30＜t≤56

…（16分）

點評：本題考查函數恒成立問題，考查對數函數圖象與性質的綜合應用，考查等價轉化的思想與分類討論的思想，考查換元的方法與導數法的應用，綜合性強，難度大，屬于難題．