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2013高考数学三部曲(复习、诊断、练习)典型易错题会诊 考点3 函数(二)


考点-3 函数 (二) 二次函数的图象和性质的应用 指数函数与对数函数的图象和性质的应用 函数的应用 二次函数闭区间上的最值的问题 三个“二次”的综合问题 含参数的对数函数与不等式的综合问题 典型易错 会诊 命题角度 1 二次函数的图象和性质的应用 1.(典型例题)已知向量 a=(x2,x+1),b=(1-x,t)若函数 f(x)=ab 在区间(-1,1)上 是增函数,求 t 的取值范围. [考场错解] 依定义 f(x)=x2(1-x)+t(x+1)=-x3+x2+tx+t,则 f′(x)=-3x2-2x+t. 2 若 f(x)在(-1,1)上是增函数,则在(-1,1)上恒有 f′≥0 ? t>3x -2x 在区间 (-1,1)上恒成立.设 g(x)= 3x2-2x=3(x- 1 )2- 1 ,∴当 x= 1 时,[g(x)]min=- 1
3 3 3 3

∴t≥- 1 即 t 的取值范围是[- 1 ,+∞].
3 3

[专家把脉] 上面解答由 t≥3x2-2x 在区间(-1,1)上恒成立得 t 大于或等于 3x2-2x 的最小值是错误的.因为若 t≥[g(x)]min 只能说存在一个 x 的值能使 t≥3x2-2x 成 立,但不能保证 x 在(-1,1)上的每一个值都能使 t≥3x2-2x 成立.因而 t 应大于或等于 g(x)在(-1,1)上的最大值. [对症下药] 解法 1:依定义 f(x)=x2(1-x)+t(x+1)=-x3+x2+tx+t.则 f′ (x)=-3x2+2x+t(-1,1)上是增函数,则 f′(x)=-3x2+2x+t≥0 在 (-1,1)上恒成立,即 t≥ 3x2-2x 在(-1,1)上恒成立. 设 g(x)=3x2-2x=3(x- 1 )2- 1 .∵对称轴为 x= 1 .∴g(x)<g(-1)=5.
3 3 3

因而要 t≥g(x)在(-1,1)上恒成立. ∴t≥5.即 t 的取值范围是[5,+∞]. 2 3 2 解法 2:依定义 f(x)=x (1-x)+t(x+1)=-x +x2+tx+t,f′(x)=-3x +2x+t, 若 f(x)在(-1,1)上是增函数,则在(-1,1)上恒有 f′(x)≥0,∵f′(x)的图像是 开口向下的抛物线. ∴当且仅当 ?
? f ?(1) ? t ? 1 ? 0 ? t≥5 时,f′(x)在(-1,1)上满足 f′(x)>0.即 f(x) ? f ?(?1) ? t ? 5 ? 0

在(-1,1)上是增函数. 故 t 的取值范围是[5,+∞].
1 1? 2.(典型例题)已知函数 f(x)=ax- x2 的最大值不大于 ,又当 x∈ ? ? , ? 时,f(x)≥
3 2 1 6

?4 2?

1 8

. (1)求 a 的值; (2)设 0<a1< ,an+1=f(an),n ∈N*,证明:an< [考场错解]
3 2 3 2 1 2 1 . n ?1

第(1)问,∵f(x)=ax- x2=- (x- a)2+

1 3

a2 6



第 1 页 共 27 页

∴ a ≤ 1 ,即 a ≤1 ? -1≤a≤1
2

2

6

6


8

1 1 1 1 1? ?1 1? ?1 1? 又当 x∈ ? ? , ? 时,f(x)≥ ,即 f(x) ≥ 在 ? , ? 上恒成立 ? ≤f(x)在 ? , ?

?4 2?

8

?4 2?

8

?4 2?

上的最小值为 f( 1 )
4

∴f( 1 )≥ 1 .即 a ? 3 ? 1 ? a ≥ 7 .
4 8 4 32 8 8



综合,①,②知 7 ≤a≤1.
8

[专家把脉]
a 3

1 1? 上面解答错在 f(x)在 ? ? , ? 的最小值的计算上,由①得-1≤a≤1.∴ ?4 2?

∈(- 1 , 1 ),
3 3

∴对称轴 x= a 离端点 1 较远,因此,f(x)的最小值应是 f( 1 ).而不是 f( 1 ).
3 2 2 4

[对症下药]

(1)由于 f(x)=ax- 3 x =- 3 (x- a ) + a
2 2

2

2

2

2

6

∴f(x)的最大值为 a .∴ a ≤ 1 ,即 a ≤1.∴-1≤a≤1
2

2

2

6

6

6

1 1 1 1 1? ?1 1? 又 x∈ ? ? , ? 时,f(x)≥ ,即 f(x)≥ 在 ? , ? 上恒成立.∴ ≤[f(x)]min.由①得

?4 2?
3

8

8

?4 2?

8

1 a 3 a 3 1 1? -1≤a≤1.∴- 1 ≤a≤ 1 .∴f(x)在 ? ? , ? 上的最小值为 f( )= - .∴- ≥ .解得 a 3

?4 2?

2

2

8

2

8

≥1

② 由①,②得 a=1. (2)(i)当 n=1 时,0<a1< 1 ,不等式 0<an< 1 成立.因 f(x)>0,x∈(0, 2 ),所以
2 n ?1 3

0<a2=f(a1)≤ 1 < 1 .
6 3

故 n=2 时,不等式也成立. (ⅱ)假设 n=k(k≥2)时,不等式 0<ak< 1 成立,因为 f(x)=x- 3 x2 的对称轴 x= 1 知
k ?1 3 2 3

f(x)在[0, 1 ]上为增函数,所以 0<ak< 1 ≤ 1 得 0<f(ak)<f( 1 )于是有
3 k ?1 k ?1

0<ak+1<

1 3 1 1 1 1 k?4 1 - · ? ? ? ? ? k ?1 2 (k ? 1) 2 k ? 2 k ? 2 k ? 2 2(k ? 1) 2 (k ? 2) k ? 2

.

所以当 n=k+1 时,不等式也成立. 根据(ⅰ)(ⅱ)可知,对任何 n∈N*,不等式 an<
1 成立. n ?1

3.(典型例题Ⅰ)已知函数 f(x)的二项式系数为 a,且不等式 f(x)>-2x 的解集为 (1,3). (1)若方程 f(x)+6a=0 有两个相等的根,求 f(x)的解 (2)若 f(x)的最大值为正数,求 a 的取值范围.
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[考场错解] (1)设 f(x)=ax +bx+c(a≠0). ∵f(x)+2x=ax2+(b+2)x+c>0 的解集.为(1,3),∴1、3 是方程 ax2+(b+2)x+c=0 的两
? b?2 ?? a ? 1 ? 3 ? 4 ?b ? ?4a ? 2 根,∴ ? ?? ? a ?c ? 3a. ? ? 1? 3 ? 3 ? ?c

2

∴f(x)=ax2-(2+4a)x+3a ① 由方程 f(x)+6a=0 得 ax2-(2+4a)x+9a=0 ② ∵方程②有两个相等的根,∴△=[-(2+4a)]2-4a·9a=0 即 5a2-4a-1=0,解得 a=1 或 a=- 1 .
5

∴f(x)的解析式为 f(x)=x2-6x+9 或 f(x)=- 1 x2- 6 x- 3 .
5 5 5
2 (2)由 f(x)=ax2-(2+4a)x+3a=a(x- 1 ? 2a )2- a ? 4a ? 1 可得 f(x)的最大值为

a

a

- a ? 4a ? 1 .
a
2 令- a ? 4a ? 1 >0 ? a(a+2+ 3 )(a+2- 3 )<0

2

a

解得 0<-2- 3 或-2+ 3 <a<0. 故当 f(x)的最大值为正数时,实数 a 的取值范围是(-∞,-2- 3 )∪(-2+ 3 , 0). [专家把脉] 上面解答由 f(x)+2x>0 的解集为(1,3).忽视了隐含条件 a< 0.所以(1)应舍去 a=1.另外第(2)问若没有 a<0 这个条件,也不能说 f(x)的最大值是 a 2 ? 4a ? 1 ,从而很不容易求得 a

a 的范围.

[对症下药] (1)∵f(x)+2x>0 的解集为(1,3),∴f(x)+2=a(x-1)(x-3)且 a<0,因而 f(x)=a(x-1)(x-3)-2x=ax2-(2+4a)x+3a ① 由方程 f(x)+6a=0 得 ax2-(2+4a)x+9a=0 ② 2 2 因为方程②有两个相等的根,∴△=[-(2+4a)] -4a·9a=0.即 5a -4a-1=0,解得 a=1 或 a=- 1 .
5

由于 a<0,舍去 a=1.将 a=- 1 代入①得 f(x)的解析式为 f(x)=- 1 x2- 6 x- 3 .
5 5 5 5

(2)由 f(x)=ax -2(1+2a)x+3a=a(x值为? a 2 ? 4a ? 1 a 2 ? 4a ? 1 ? ?0 .由 ? , ? a a ?a ? 0. ?

2

1 ? 2a 2

)-

2

a 2 ? 4a ? 1 及 a

a<0,可得 f(x)的最大

解得 a<-2- 3 或-2+ 3 <a<0.

专家会诊 利用二次函数图像可以求解一元二次不等式和讨论一元二次方程的实根分布情况,还 可以讨论二次函数在闭区间上的最值.对于根的分布问题,一般需从三个方面考虑:①
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判别式;②区间端点函数值的正负;③对称轴 x=- b 与区间端点的关系.另外,对于二
2a

次函数在闭区间上的最值要抓住顶点的横坐标与闭区间的相对位置确定二次函数的单调 性进行求解. 考场思维训练 1 若函数 f(x)=x2+bx+c 对任意实数 f(1+x)=f(-x),则下面不等关系成立的是 ( ) A.f(2)>f(0)>f(-2) B.f(-2)>f(2)>(0) C.f(0)>f(-2)>f(2) D. f(-2)>f(0)>f(2) 答案:B 解析:由 f(1+x)=f(-x)得 f(x)的对称轴 x= ∵b=-1. ∴ f(2)=2+c,f(-2)=6+c,f(0)=c. ∴f(-2)>f(2)>f(0). 2 若函数 y=x2-2x+3 在闭区间[0,m]上有最大值为 3,最小值为 2,则 m 的取值范围是 __________. 答案:[1,2]解析:y=(x+1)2+2 是以直线 x=1 为对称轴开口向上、其最小值为 2 的 抛物线,又∵f(0)3. 结合图象易得,2≥m≥1. ∴m 的取值范围是[1,2]. 3 式. 答案:解析:(1)∵f(-1)=0?a-b+1=0?b=a+1,又∵对任意实数 均有 f(x) ≥0 成立,
? ? ?a ? 1 ?a ? 0 ?a ? 0 ?? ?? ?? 2 2 ? ?? ? b ? 4 a ? 0 ? ?(a ? 1) ? 4a ? 0 ?b ? 2.
1 2

设函数 f(x)=ax2+bx+1(1,b∈R). (1)若 f(-1)=0,则对任意实数均有 f(x)≥0 成立,求 f(x)的表达

∴f(x)=x2+2x+1. (2)在(1)的条件下,当 x∈[-2,2]时,g(x)=xf(x)-kx 是单调递增,求实数 k 的取值 范围. 答案: g(x)=xf(x)-kx=x(x2+2x+1)-kx=x3+2x2+(1-k)x,g′(x)=3x2+4x+1-k ≥0 在[-2,2]上恒成立?g′(x)在[-2,2]上的最小值 g′(x)(- ) ? 0,? k ? ? . )
2 3 1 3

4

已知二次函数 f(x)=(lga)x2+2x+4lga 的最大值为 3,求 a 的值.

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答案:解析:原函数式可化为 f(x)=lga ( x ? ∴lga<0 并且 ?
1 ? 4 lg a ? 3. lg a

1 2 1 ) ? ? 4 lg a lg a lg a

由已知,f(x)有最大值 3,

整理得 4(lga)2-3lga-1=0 解得 lga=1,lga= . ? lg a ? 0.故取 lg a ? ? ? a ? 10
1 4 1 4.
? 1 4

?

4 1000 . 10

命题角度 2 指数函数与对数函数的图象和性质的应用 1.(典型例题)函数 y=e|lnx|-|x-1|的图像大致是 ( ) [考场错解] 选 A 或 B 或 C [专家把脉] 选 A,主要是化简函数 y=e|lnx|-|x-1|不注意分 x≥1 和 x<1 两种情 况讨论,选 B,主要是化简时错误地认为当,x<1 时,e|lnx|-|x-1|=- 1 .选 C,主要时当 x
x

≥1 时化简错误. [对症下药] D ∵f(x)=e
|lnx|

-|x-1|= ? ?

?

1 ? 1, ( x ? 1) 作出其图像即可 x ?1, ( x ? 1) ? x?

2.(典型例题)在 y=2x,y=log2x,y=x2,y=cos2x 这四个函数中,当 0<x1<x2<1,使 f? ? ?
? x1 ? x 2 2 ? f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? ?> 2 ?

恒成立的函数的个数是

(

)

A.0 B.1 C.2 D.3 [考场错解] C [专家把脉] 对四个函数图像不熟悉导致错误.由题设条件知 F(x)在(0,1)上 是凸函数,认为 y=log2x 和 y=cos2x 在(0,1)上是凸函数.其实 y=cos2x 在(0, ? )是凸
4

函数,在( ? ,1)是凹函数.
4

[对症下药]

B 根据条件,当 0<x1<x2<1,使 f ? ? ?
?

x1 ? x 2 2

? f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? ?> 2 ?

恒成立知 f(x)

在(0,1)上是凸函数,因此只有 y=log2x 适合.y=2x 和 y=x2 在(0,1)上是函数.y=cos2x 在(0, ? )是凸函数,但在( ? ,1)是凹函数,故选 B.
4 4

3.(典型例题)若函数 f(x)=loga(2x2+x)(a>0 且 a≠1)在区间(0, 1 )内恒有 f(x)>0,
2

则 f(x)的单调递增区间为 A.(-∞,- ) C.(0,+∞)
1 4

(
1 4

)

B.(- ,+∞) D.(-∞,- )
1 2

[考场错解] 选 A 或 C [专家把脉] 选 A,求 f(x)的单调区间时没有考虑函数定义域导致错误;选 C, 求复合函数的单调区间时没有注意内、外层函数均递减时,原函数才是增函数.事实上 (0,+∞)是 f(x)的递减区间.
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[对症下药]

D ∵f(x)=loga(2x +x)(a>0 且 a≠1)在区间(0, 1 )内恒有 f(x)>0,若
2

2

a>1,则由 f(x)>0 x> 1 或 x<-1.与题设矛盾.∴0<a<1.设 ? (x)=
2

2x2+x=2(x+ 1 )2- 1 . ? (x)>0 ? x>0 或 x<- 1 .∴f(x)在(-∞,- 1 )内是增函数.
4 8 2 2

4.(典型例题)已知函数 f(x)=ln(e +a)(a>0) (1)求函数 y=f(x)的反函数 y=f-1(x)及 f(x)的导数 f′(x). (2)假设对任意 x∈[ln(3a),ln(4a)].不等式|m-f-1(x)|lnf′(x)<0 成立.求实 数 m 的取值范围. [考场错解] (1)由 y=f(x)=ln(ex+a)得 x=ln(ey-a).∴f-1(x)=ln(ex-a)(x>lna), f′(x)=[ln(ex+a)]′=
ex e ? a. ex e ? a.
x x x

x

(2)由|m-f-1(x)|+ln[f′(x)]<0 得-ln

+ln(ex-a)<m<ln(ex-a)+ln
ex

ex e ? a.
x



(ln(3a),ln(4a))上恒成立.设 h(x)=ln(ex-a)+ln m<[h(x)]mni.且 m>[S(x)]max ∵S(x),h(x)=ln(e -a)+ln(1+ [h(x)]min=ln(2a)+ln 4 =ln( 8 a).
3 3
x

e ? a.

. S(x)=-ln

ex e ? a.
x

+ln (ex-a).即

a ex

)在[ln(3a),ln(4a)]上是增函数.∴

[S(x)]max=ln(3a)-ln 5 =ln( 12 a)
4 5

∴ln( 12 a)<m<ln( 8 a).
5 3

[专家把脉] 错在第(2)问 h(x),S(x)在(ln(3a),ln(4a))上是增函数没有根 据.应用定义法或导数法判定后才能用这一结论. x y [对症下药] (1)由 y=f(x)=ln(e +a)得 x=ln(e -a)∴ y=f-1(x)=ln(ex-a)(x>lna),f′(x)=
-1

ex e x ? a.

.

(2)解法 1 由|m-f (x)|+ln(f′(x))<0 得 -ln
ex e ? a. ex
x

+ln(ex-a)<m<ln(ex-a)+ln.即对于 x∈[ln(3a),ln(4a)]恒有 ①
x

e x (e x ? a ) ex ? a

<em<

(e x ) 2 ? a 2

设 t=e ,u(t)=

t (t ? a ) t?a

,v(t)=

t 2 ? a2 t

,于是不等式①化为 u(t)<e <v(t),t∈

m

[3a,4a] 当 t1<t2,t1,t2∈[3a,4a]时 u(t2)-u(t1)= v(t2)-v(t1)=
t 2 (t 2 ? a ) t2 ? a
2 t2 ?a t2

-

t1 (t1 ? a ) t1 ? a

=

(t 2 ? t1 )[t1t 2 ? a (t1 ? t 2 ) ? a 2 ] (t1 ? a )(t 2 ? a )

>0. >0

-

2 t1 ?a t1

=

t1t 2 (t 2 ? t1 ) ? a 2 (t 2 ? t1 ) t1t 2

=

(t1 ? t 2 )(t1t 2 ? a 2 ) t1t 2

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∴u(t),v(t)在[3a,4a]上是增函数. 因此,当 t∈[3a,4a]时,u(t)的最大值为 u(4a)= 12 a,v(t)的最小值为
5

v(3a)= 8 a,而不等式②成立,当且仅当 u(4a)<em<v(3a).
3

即 12 a<em< 8 a,于是,得 ln 12 a<m<ln( 8 a).
5 3 5 5

解法 2 由|m-f (x)|+ln(f′(x))<0 得 ln(ex-a)-ln(ex+a)+x<m<ln(ex-a)+ln(ex+a)-x. 设 ? (x)=ln(ex-a)-ln(ex+a)+x, r(x)=ln(ex-a)+ln(ex+a)-x, 于是原不等式对于 x∈[ln(3a),ln(4a)]恒成立等价于 ? (x)<m<r(x). 由 ? ′(x)=
ex e ?a
x

-1



?

ex e ?a
x

+1, r ?( x) ?

ex e ?a
x

?

ex e ?a
x

-1.

注意到 0<ex-a<ex<ex+a,故有 ? ′(x)>0,r′(x)>0,从而可知 ? (x)与 r(x)均在 [ln(3a),h(4a)]上单调递增,因此不等式③成立,当且仅当
? (ln(4a))<m<r(ln(3a)),即 ln(
12 5

a)<m<ln( 8 a).
3

专家会诊 论由指数函数和对数函数构成的复合函数的单调性时,首先要弄清复合函数的构 成,然后转转化为基本初等函数的单调性加以解决,注意不可忽视定义域,忽视指数和 对数的底数对它们的图像和性质起的作用. 考场思维训练
x 2-x 1 已知函数 f(x)= 1 (e +e )(x<1)(其中 e 为自然对数的底数),则

A.f-1( 1 )<f-1(
2
3

2e 3 2)

(

)

B.f-1( 1 )>f-1( 2 ) D.f-1(
2 3 -1 2 )>f (2)

3

C.f-1( 2 )<f-1(2) 答案: D 解析: f(x)=

1 x e2 (e ? x )( x ? 1)令e x ? t , 则t ? (0, e)上是减函数, 则f ( x) ? 1且在(??,1)上是减函数,由于反函数的两个函数在各自的定义域上单调性相 2e e 3 ?1 ? f ( x)在[1,??]上是减函数. ? f ?1 ( ) ? f ?1 (2).选D. 2

(

2 已知 f(x)=ax+loga(x+1)在[0,1]上的最大值与最小值之和为 a,则 a 的值为 ) A.
1 4

B.

1 2

C.2

D.4

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答案: B 解析:f(x)=ax+loga(x+1)是单调递增 (减) 函数. (∵y=ax 与 y=loga(x+1) 单调性相同).且在[0,1]的最值分别在端点处取得,最值之和: f(0)+f(1)=ao+loga1+log22=2, ∴loga2+1=0, ∴a= . ? 选 B. 3 对于 0<a<1,给出下列四个不等式
a 1 2

(

)
a

①loga(1+a)<loga(1+ 1 ) ②loga(1+a)>loga(1+ 1 ) 其中成立的是 A.①与③ B.①与④ 答案: D 解析:
? 0 ? a ? 1,? a ? 1 ?

③a1+a< a

1?

1 a

④a1+a> a

1?

1 a

( ) C.②与③

D.②与④

? 1 1 1 x ,? 1 ? a ? 1 ? .而y ? log a 与y ? a x均为减函数. ? log a (1 ? a ) ? log a (1 ? ), a1? a ? a1 a . 选 a a a

1

D。 4 已知函数 f(x)=loga[( 1 -2)x+1]在区间[1,2]上恒为正,求实数 a 的取值范围.
a

答案:在区间[1,2]上使 f(x)>0 恒成立。 解析:(1)当 a>1 时,只要 ( ? 2) x ? 1 ? 1. 即 ( ? 2) x ? 0. ? x ? [1,2],? ? 2 ? 0,? a ?
1 a 1 a 1 a 1 2 1 a

与 1 矛盾.

(2)当 0<a<1 时,设 g(x)= ( ? 2) x ? 1. 只要 0<g(x)<1. ① a= 时,g(x)=1f(x)=0 不能使 f(x)恒为正。
1 ② 当 0<a< 时, ? 2 ? 0, g ( x)是增函数, 只要? 2 1 2

1 a

? g (1) ? 0 1 1 , 解得 ? a ? 1与0 ? a ? 矛盾. g () ? 1 2 2 ? 解得 1 2 1 2 ? a ? .综上所述 : ? a ? . 2 3 2 3

当 ? a ? 1时, ( ? 2) ? 0.g ( x)是减函数, 只要?

1 2

1 a

? g (2) ? 0 ? g (1) ? 1,

命题角度 3 函数的应用 1.(典型例题)某公司在甲,乙两地销售一种品牌车,利润(单位:万元)分别为 L1=5.06x-0.15x2,和 L2=2x,其中 x 为销售量(单位:辆).若该公司在这两地共销 售 15 辆车,则能获得的最大利润为 ( ) A.45.606 B.45.6 C.46.8 D.46.806 [考场错解] D 设甲地销售 x 轴,则乙地销售 15-x 辆.总利润 L=L1+L2=5.06x-0.15x2+2(15-x)= -0.15x2+3.06x+30=-O.15(x∴当 x=
51 2 ) +46.806 5

51 时,获得最大利润 5

46.806 万元.故选 D.

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[专家把脉]

上面解答中 x= 51 不为整数,在实际问题中是不可能的,因此 x 应
5

根据抛物线取与 x= 51 接近的整数才符合题意.
5

[对症下药] B 设甲地销售 x 辆.则乙地销售(15-x)辆,则总利润 L=L1+L2=5.06x-0.15x2+2(15-x)= -0.15x2+3.06x+30=-0.15(x-10.2)2+46.806. 根据二次函数图像和 x∈N*,∴当 x=10 时,获得最大利润 L=-0.15×102+3.06×10+30=45.6 万元.选 B. 2.甲方是一农场,乙方是一工厂,由于乙方生产须占用甲方的资源,因此甲方有权 向乙方索赔以弥补经济损失并获得一定净收入,在乙方不赔付甲方的情况下,乙方的年 利润 x(元)与年产量 t(吨)满足函数关系 x=2000 t ,若乙方每生产一吨产品必须赔付甲 方 S 元(以下称 S 为赔付价格). (1)将乙方的年利润 W(元)表示为年产量 t(吨)的函数,并求出乙方获得最大利润 的年产量. (2)甲方每年受乙方生产影响的经济损失余额 y=0.002t2.在乙方按照获得最大利 润的产量进行生产的前提下,甲方要在索赔中获得最大净收入,应向乙方要求的赔付价 格 S 是多少? [考场错解] (1)因为赔付价格为 S 元/吨,所以乙方的实际利润为: W=2000 t -St=(2000-S t )=S(2000- t )≤S· ? ?
t
6

? t ? 2000 ? t ? ? ? 2 ? ?

2

=10003S.当且仅当

=2000- t .即 t=10 (吨)时.W 取得最大值. (2)设甲方净收入为 v 元,则 2 6 v=St-0.002t ,将 t=10 代入上式 6 12 6 3 v=10 S-10 ×0.002=10 (S-2×10 ). ∵v 在(0,+∞)上是增函数.即 S 越大,v 越大,故甲方要在索赔中获得最大净收 入,应向乙方要求的赔付价格 S 是任意大的数字. [专家把脉] 上面解答主要在第(1)问求 w 的最值时,变形出了错误,即由 w=2000 t -St=S t (2000- t )正确的变形为 w=2000 t -St=S t ( 2000 - t ).这一步出
S

错导致后面结果都是错误的. [对症下药] (1)解法 1 因为赔付价格为 S 元/吨,所以乙方的实际年利润为:W=2000-St ∵W=2000 t -St=S t (
t

2000 S

- t )≤S (

t?

2 2000 ? t 1000 S ) =( 2 S

) 当且仅当

2

=

2000 S

- t 即 t=(

1000 S

)2 时,W 取得最大值.
1000 S

∴乙方取得最大年利润的年产量 t=( 解法 2

)2 吨.

因为赔付价格为 S 元/吨,所以乙方的实际年利润为 W=2000 t -St.

第 9 页 共 27 页

∴W=2000 t -St=-S( t - 1000 ) + 1000
2

2

S

S

∴当 t=( 1000 )2 时,w 取得最大值.
S

∴乙方取得最大年利润的年产量 t=( 1000 )2 (吨)
S

解法 3 因为赔付价格为 S 元/吨,所以乙方的实际年利润为:w=2000 t -St. 由 w′=
1000 t

-S=

1000 ? S t t

,令 w′=0 得 t=t0=( 1000 )2.当 t<t0 时,w′>0;当 t>t0 时,
S

w′<0.所以 t=t0 时 w 取得最大值.因此乙方取得最大年利润的年产量 t0=( 1000 )2 吨.
S

(1) 设甲方净收入为 v 元,则 v=St-0.002t2. 将 t=( 1000 )2 代入上式,得到甲方净收入 v 与赔付价格 S 之间的函数关系式
S

v= 1000 S

2

2 ? 1000 3 S4 S2 ?

.
? 1000 2 (8000 ? S 3 ) S5

又 v′=-

1000 3

8 ? 1000 3 S5

-令 v′=0 得 S=20,当 S<20 时,v′>0;当

S>20 时,v′<0, ∴S=20 时,v 取得最大值. 因此甲方向乙方要求赔付价格 S=20(元/吨)时,获得最大净收入. 3.(典型例题)某段城铁线路上依次有 A,B,C 三站,AB=5km,BC=3km 在列车运行时 刻表上,规定列车 8 时整从 A 站发车,8 时 07 分到达 B 站并停车 1 分钟,8 时 12 分到达 C 站,在实际运行时,假设列车从 A 站正点发车,在 B 站停留 1 分钟,并在行驶时以同一 速度 vkm/h,匀速行驶,列车从 A 站到达某站的时间与时刻表上相应时间之差的绝对值 称为列车在该站的运行误差. (1)分别写出列车在 B、C 两站的运行误差; (2)若要求列车在 B,C 两站的运行误差之和不超过 2 分钟,求 v 的取值范围. [考场错解] | 8 -11|
v

(1)列车在 B、C 两站的运行误差(单位:分钟)分别是| 5 -7|和
v

(2)由于列车在 B、C 两站的误差之和不超过 2 分钟,所以| 5 -7|+| 8 -11|≤2(*)
v v

当 0<v≤ 时,(*)式变形为 -y+ -11≤2 解得 当 <v≤
5 7 5 7 13 20

5 7

5 v

8 v

≤v≤ . + -11≤2,
8 v

5 7

8 5 时,(*)式变形为 711 v 8 . 11

解得 <v≤

第 10 页 共 27 页

当 v> 8 时,(*)式变形为 7- 5 +11- 8 ≤2.
11 v v

解得 8 <v≤ 13 .
11
16

综上所述,v 的取值范围[ 13 , 13 ].
20 16

[专家把脉] 上述解答错在单位不统一,应将速度 v(km/h)化为 v(60km/分).由 于一开始出现错误,导致后面结果全是错误的. [对症下药] [ 480 -11]
v

(1)列车在 B、C 两站的运行误差(单位:分钟)分别是[ 300 -7]和
v

(2)由于列车在 B、C 两站的误差之和不超过 2 分钟,∴| 300 -7|+| 480 -11|≤2(*)
v v

当 0<v≤ 300 时,(*)式变形为 300 -7+ 480 -11≤2,
7 v v

解得 39≤v≤ 300 .
7

当 300 <v≤ 480 ,(*)式变形为 7- 300 + 480 -11≤2,
7 11 v v v

解得 300 <v≤ 480
7

当 v> 480 时,(*)式变形为 7- 300 +11- 480 ≤2,
11 v v

解得 480 <v≤ 195 ,
11 4

综上所述,v 的取值范围是[39, 195 ]
4

4.(典型例题)某人在一山坡 P 处观看对面山崖顶上 的一座铁塔.如图所示,塔及所在的山崖可视为图中的 竖直线 OC,塔高 BC=80(米),山高 OB=220(米), OA=200(米),图中所示的山坡可视为直线 l 且点 P 在直线 l 上,l 与水平地面的夹角为α ,tanα = 1 .试问,此人
2

距山崖的水平距离多远时,观看塔的视角∠BPC 最大(不计此人的身高)? [考场错解] 如图所示,建立平面直角坐标系,则 A(200,0),B(0,220), C(0,300) 直线 l 的方程为 y=(x-200)tanα ,即 y= 设此人距山崖的水平距离为 x,则 P(x, 率公式
x ? 200 2



x ? 200 2

)(x>200),由经过两点的直线的斜

第 11 页 共 27 页

kPC=

x ? 200 ? 300 2 x

= x ? 800 , kPB= x ? 640 .
2x 2x

由直线 PC 到直线 PB 的角的公式得: tan
k k ∠BPC= PB ? PC ? 1 ? k PB k PC 160 64 x 2x ? x ? 800 x ? 640 x 2 ? 288 x ? 160 ? 640 1? ? 2x 2x

设 u=

64 x x 2 ? 288 x ? 160 ? 640

.( x ? 200).

∴ux2-(288u-64)x+160×640u=0 ① ∵u≠0 2 2 ∵x∈R.△=(288u-64) -4×160×640u ≥0. 解得 u≤2. 当 u=2 时,x=320.即此人距山崖 320 米时,观看铁塔 的视角∠BPC 最大. [专家把脉] 上述解答过程中利用 x∈R 由判别式法求 u 的最大值是错误的,因为 x>200,即由判别式求得 u 的最大 值,还必须检验方程①的根在(200,+∞)内. [对症下药] 如图所示,建立平面直角坐标系,则 A(200, 0),B(0,220),C(0,300). 直线 l 的方程为 y=(x-200)tanα ,即 y= x ? 200 .
2 2

设此人距山崖的水平距离为 x,则 P(x, x ? 200 )(x>200).由经过两点的直线的斜率 公式 kPC=
x ? 200 ? 300 x ? 800 2 ? x 2x

,

kPB=

x ? 200 ? 220 x ? 640 2 ? . x 2x

由直线 PC 到直线 PB 的角的公式得 tan∠ BPC=
k PB ? k PC ? 1 ? k PB ? k PC 2x x ? 800 x ? 640 1? ? 2x 2x

=

64 x x 2 ? 288 x ? 160 ? 640

?

64 ( x ? 200). 160 ? 640 x? ? 288 x

要使 tan∠BPC 达到最大,只须 x+ x+
160 ? 640 ? 288 ≥2 160 ? 640 ? 288 , x 160 ? 640 x

160 ? 640 ? 288 达到最小.由均值不等式 x

当且仅当 x=

时上式取得等号.故当 x=320 时 tan∠BPC 最大.

第 12 页 共 27 页

由此实际问题知,0<∠BPC< ? ,所以 tan∠BPC 最大时,∠BPC 最大,故当此人距山崖
2

水平距离为 320 米时,观看铁塔的视角∠BPC 最大. 5.(典型例题)某公司生产一种产品的固定成本(即固定投入)为 0.5 万元,但每生 产 100 件需要增加投入 0.25 万元,市场对此产品的需要量为 500 件,销售收入为函数为 R(x)=5x- x (0≤x≤5),其中 x 是产品售出的数量(单位:百件).
2
2

(1)把利润表示为年产量的函数 f(x). (2)年产量是多少时,当年公司所得利润最大? (3)年产量是多少时,当年公司不亏本?(取 21.5625 =4.65). [考场错解] f(x)=5x- x
2

(1)设年产量为 x(百件),所以

2

(0.5+0.25x)

(2)f(x)=- 1 (x-4.75)2+ 21.5625
2 2

∴当 x=4.75(百件)时 [f(x)]max= 1 ×21.5625=10.78125(万元)
2

(3)∵f(x)≥0,∴ 1 (x-4.75)2+ 21.5625 ≥0,解得 0.1≤x≤9.4 ∴年产量 10
2 2

件到 940 件之间不亏本. [专家把脉] 上述解答忽视了“市场对产品的需要量为 500 件”条件,事实上,当 产品生产量超过 500 件时,市场销售最多只能是 500 件,事实上,因此,这时不能用 R(x)=5xx2 2

表示收入,而是 R(5). (1)设年产量 x(百件),所以
(0 ? x ? 5) ( x ? 1)
x2 2
2

[对症下药]
? x2

5x ? ? (0.5 ? 0.25 x), f(x)= ? ? 2 ?12 ? 0.25 x, ?

(2)当 0≤x≤5 时,f(x)=-5x-

(0.5+0.25x)=- 1 (x-4.75)2+ 21.5625
2 2

∴当 x=4.75(百件)时,[f(x)]max= 1 ×21.5625(万元) 当 x>5 时,f(x)=12-0.25x<12-1.25< 1 ×21.5625
2

∴x=4.75 时,[f(x)]max= ×21.5625 即年产量是 475 件时,当年公司所得利润最大. (3)当 0≤x≤5 时,由 f(x)≥0, - (x-4.75)2+
1 2 21.5625 2

1 2

≥0 ? ?

?0.1 ? x ? 9.4 ?0 ? x ? 5

∴0.1≤x≤5. (ⅱ)当 x>5 时,12-0.25x≥0 ? 5<x<48.
第 13 页 共 27 页

综合得 0.1≤x≤48. 即生产量在 10 件到 4800 件不亏本. 专家会诊 与函数有关的应用题经常涉及到物价、路程、产值、环保、税收、市场信息等实际问 题,也可涉及角度、面积、体积、造价的最优化问题,解答这类问题的关键是建立相关 函数的解析式,然后应用函数知识加以解决.在求得数学模型的解后应回到实际问题中 去,看是否符合实际问题. 考场思维训练 1 把长为 12cm 的细铁丝截成两段,各自围成一个正三角形,那么这两个正三角形面 积之和的最小值是 ( ) A. 3 3 cm2
2

B.4cm2 D.2 3 cm2

C.3 2 cm2 答案: D 解析: S= ( )2 sin 60. ? (
1 x 2 3

1 12 ? x 2 2 3 2 3 3 ) sin 60. ? ( x ? 12 x ? 72) ? [( x ? 6) 2 ? 36],? x ? 6时, S min ? ? 36 ? 2 3 . 2 3 36 18 18

2 将一张 2mx6m 的硬钢板按图纸的要求进行操作,沿线裁去阴影部分,把剩余部分 按要求焊接成一个有盖的长方体水箱(其中①与③、②与④分 别是全等的矩形,且⑤+⑥=⑦),设水箱的高为 xm,容积为 ym3). (1)求 y 关于 x 的函数关系式; 答案:依题意,长方体水箱长
6 ? 2x ? (3 ? x)m.宽为(2 ? 2 x)m.高为xm. 2

故水箱容积 y=(3-x)(2-2x)·x, 又? ? ?2 ? 2 x ? 0 ? 0 ? x ? 1.
?x ? 0 ? ?3 ? x ? 0,

∴y 关于 x 的函数关系式为 y=2x(1-x)(3-x),(0<x<1). (2)如何设计 x 的大小,可使得水箱装的水最多? 答案: y=2x3-8x2+6x,y′=6x2-16x+6, 令 y′=0 得
x? 4? 7 4? 7 4? 7 .? (?10,1), ? (1,??). 3 3 3 ? 当0 ? x ? 4? 7 时, y 3

′>0;当

4? 7 4? 7 ? x ? 1时, y′ ? 0,? 当x ? 时, y取最大值. 3 3

因此把水箱的高设计成

4? 7 m 时,水箱装的水最多。 3

第 14 页 共 27 页

3 (典型例题)某租赁公司拥有汽车 100 辆.当每辆车的月租金为 3000 元时,可 全部租出.当每辆车的月租金每增加 50 元时,未租出的车将会增加一辆.租出的车每辆 每月需要维护费 150 元,未租出的车每辆每月需要维护费 50 元. (1)当每辆车的月租金定为 3600 元时,能租出多少辆车? 答案:当每辆车的月租金定为 3600 元时,未租出车辆数为 所以,这时租出了 88 辆车。 (2)当每辆车的月租金定为多少元时,租赁公司的月收益最大?最大月收益是多 少? 答案:设每辆车的月租金定为 x 元,则租赁公司的月收益为 f(x)= f ( x) ? (100 ?
x ? 3000 x ? 3000 x2 1 ) ? ( x ? 150) ? ? 50 ? ? 162 x ? 21000 ? ? ( x ? 4050) 2 ? 307050 50 50 50 50
3600 ? 3000 ? 12, 50

所以,当 x=4050 时 f(x)最大, 最大值为 f(4050)=307050. 即当每辆车的月租金定为 4050 元时,租赁公司的月收益最大,最大月收益为 307050. 4 某车间有工人 30 人,现有生产任务:加工 A 型零件 100 个,B 型零件 50 个.在单 位时间内,每个工人若加工 A 型零件能完成 10 个,若加工 B 型零件能完成 7 个.问这 30 名工人应如何分组,才能使任务完成得 最快? 答案:解:设加工 A 型零件的一组工人数为 x,则加工 B 型零件的另一组工人数为 30-x。由题意加工 100 个 A 型零件所需的时间为 p(x)= 加工 50 个 B 型零件所需的时间为
q( x) ? 50 . 7(30 ? x)
100 . 10 x

令 p(x)=q(x);
100 50 1 ? 解得x ? 17 10 x 7?30 ? x ? 2

.

当 x> 时q?x ? ? p?x ? ; 当 0<x<17 时,p(x)>q(x). 当 0<x<17 时,p(x)>q(x).
1 2 1 2

1 2

第 15 页 共 27 页

?10 1 ? x ? 17. ? ?x ? y ( x) ? ? ? 50 18 ? x ? 30. ? 7(30 ? x) ?

考虑到人数必须是整数,分别考虑 p(17)和 q(18),p(17)=
100 50 ? 0.588, q (18) ? ? 0.595, 10 ? 17 7 ? 12

即 p(17)<q(18). 所以加工 A 型零件组的工人数应是 17 人,加工 B 型零件组的工人应是 13 人完成任务 最快。 5 (典型例题)如图,在直线 y=0 和 y=a(a>0)之间表示的是一条河流,河流的一侧河 岸(x 轴)是一条公路,公路上的公交车站 P(x,0)随时都有公交车来往.家住 A(0,a)的 某学生在位于公路上 B(2a,0)处的学校就读,每天早晨学生都要从家出发,可以先乘船渡 河到达公路上公交车站,再乘公交车去学校,或者直接乘船渡河到达公路上 B(2a,0)处 的学校.已知船速为 v0(v0>0),车速为 2v0(水流速度忽略不计). (Ⅰ)设该学生从家出发,先乘船渡河到达公路上的站 P(x,0),再乘公交车去学 校,请用 x 来表示他所用的时间 t; 答案:设该学生从家出发,先乘船渡河到达公路上的车站 P(x,0),再乘公交车去学 校,则他所用的时间 t=f(x)=
a2 ? x2 u
o

?

2a ? x (0 ? x ? 2a ). 2uo

(Ⅱ)若 a ≤x≤a,请问该学生选择哪种上学方式更加节约时间,并说明理由.(取
2

2

=1.414, 5 =2.236)

答案:若该学生选择先乘船渡河到达公路上的车站 p(x,0),再乘公交车去学校,则他 所用的时间为
t ? f ( x) ? a 2 ? x 2 2a ? x ? ? uo 2uo a 2a ? a2 ? a2 2 ? ( 2 ? 3) a . ? uo 2u0 4 uo

直接乘船渡河到达公路上 B(2a,0)处的学校所用的时间
t ? f (a) ? a 2 ? ( 2a ) 2 a ? 5 . uo uo

因为 ( 2 ? )

3 a a ? 5 4 uo uo

,所以该学生选择先乘船再坐公交车上学更加节约时间.

答:该同这选择先乘船再坐公交车上学更加节约时间。 探究开放题预测 预测角度 1 二次函数闭区间上的最值的问题 1.已知函数 f(x)=ax2+(2a-1)x+1 在[- ,2]上的最大值为 3,求实数 a 的值.
3 2

第 16 页 共 27 页

[解题思路]
2

根据 f(x)的最大值可能产生在抛物线段的端点或顶点处,分别令
2a

f(- 3 )=3.f(2)=3 和 f (1 ? 2a ) =3,再一一检验后决定取舍 a 的值. [解答] f(x)=a(x+ 2a ? 1 ) +1- (2a ? 1) .
2

2

2a

4a

(1)令 f(- 2a ? 1 )=[f(x)]max=3 ? 1 ? (2a ? 1) ? 3 ? a ? ? 1 .有f ( x) ? ? 1 ( x ? 1) 2 ? 3,
2a

2

4a

2

2

3 1 ? ?2 ? [? ,2],? a ? ? 舍去. 2 2

(2)令 f(- 3 )=[f(x)]max=3,∴a=- 3 .
2 2

有 f(x)= 2 ( x ? 7 ) 2 ? 73 ,? ? 7 ? ? 2 ,? f (? 3 )最大. ? a ? ? 2 , 符合题意.
3 4 24 4 3 2 3

(3)令 f(2)=3 ? a ? 1 .有f ( x) ? 1 x 2 ? 1.
2 2

∴[f(x)]max=f(2)=3.符合题意. 综上:a=- 3 或 a= 1 .
2 2

2.已知 f(x)是定义域为 R 的奇函数,当 x≥0 时,f(x)=2x-x2. (1)求 f(x)的解析式; (2)是否存在实数 a、b(a≠b)使 f(x)在[a,b]上的值域为[ 1 , 1 ],若存在,求 a
b a

和 b,若不存在,说明理由. [解题思路] (1)运用奇函数性质可求出 f(x)在 x≤0 上的解析式; (2)利用已 知[a,b],[ 1 , 1 ]得 a、b 的符号,再运用二次函数在区间上的单调性列出 a、b 的方程组
b a

可解得 a、b 的值. [解答] (1)设 x<0,则-x>0,由当 x≥0 时,f(x)=2x-x2 且 f(x)为奇函数,得 2 f(-x)=-2x-x , ∴f(x)=-f(-x)=-(-2x-x2)=2x+x2 ∴f(x) ? ?
?2 x ? x 2 , ( x ? 0)
2 ? ?2 x ? x , ( x ? 0)

(2) ? ?1

?a ? b ?a ? b ?a ? b ? ? 1 ? ? 1 1 ? 0 ? ? b ? a ? 0 ? ab ? 0. ? ? ?b a ?a b ? ab ? ? ?

① 由 0<a<b,∵(f)=2x-x2=-(x-1)2+1≤1, 又∵f(x)在[a,b]上值域为[ , ],∴
1 1 b a 1 a

≤1,即 a≥1,

第 17 页 共 27 页

即 1≤a<b,而 f(x)=-(x-1) +1 在[1,b] 上为减函数.因此:
? f (a) ? ? ? ? ? f (b) ? ? ? 1 ? 1 2a ? a 2 ? ? a ? a 由? ? 可知 1 ? 1 2 2b ? b ? b ? b ?

2

a、b 为方程 2x-x2= 1 的两根,将此方程化为
x

3 2 3 2 2 2 x -2x +1=0,(x -x )-(x -1)=0,(x-1)(x -x-1)=0,x1=1,x2= 1 ? 5 ,x3= 1 ? 5 (舍),∴

2

2

a=1,b= 1 ? 5 .
2

②若 a<b<0,∵f(x)=2x+x2=(x+1)2-1≥-1.又∵f(x)为[a,b]上值域为[ 1 , 1 ],∴
b a
1 b

≥-1,即 b≤-1,即 a<b≤-1.而 f(x)=(x+1)2-1 在[a,-1]上为减函数,因此

1 ? 1 ? f (a) ? a , ? ? ? f ( 1 ) ? b. ? ? b
3 2

由2a ? a 2 ?

1 1 及2b ? b 2 ? a b

可知 a、b 为方程 2x+x2= 1 的两根,将此方程化为
x

x +2x -1=0 ? (x+1)(x -x-1)=0 a=- 1 ? 5 ,b=-1.
2

2

∴x1=-1,x2=- 1 ? 5 ,x3= 1 ? 5 (舍),∴
2 2

综合①,②知存在实数 a,b,使 f(x)在[a,b]上的值域为[ 1 , 1 ],有 a=1,b= 1 ? 5 或
b a

2

a=-1 或 b-

1? 5 2

.

3.已知二次函数 f(x)=ax2+bx+c 和一次函数 g(x)=-bx,其中 a、b、c∈R,且满足 a >b>c,f(1)=0. (1)证明:函数 f(x)与 g(x)的图像交于不同的两点 A、B; (2)若函数 F(x)=f(x)-g(x)在[2,3]上的最小值为 9,最大值为 21,试求 a、b 的值. (3)求线段 AB 在 x 轴上的射影 A1B1 的长的取值范围. [解题思路](1)证△>0;(2)利用二次函数的单调性求解;(3)将|A1B1|的长度表示 为
c a

的函数,利用二次函数数闭区间上的最值求解.

[解答] (1)由 g(x)=-bx 与 f(x)=ax2+bx+c 得 ax2+2bx+c=0.∵f(1)=a+b+c=0, a>b>c∴a>0,c<0,从而△=b2-4ac>0,即函数 f(x)与 g(x)的图像交于不同的两点.

第 18 页 共 27 页

(2)c=-a-b,a>b>c.即 a>c=-a-b,得 2a>-b, b -<2.知
a

F(x)=ax +2bx+c=a(x+ b ) +c- b . 在[2,3]上为增函数.∴[f(x)]max=F(3)=8a+5b =21,
2 2

2

a

a

[F(x)]min=F(2)=3a+3b=9,解得 a=2,b=1. (3)设方程 F(x)=ax2+2bx+c=0 的两根为 x1、x2,得
2b ? x1 ? x2 ? ? , ? 2 ? a |A1B1|2=(x1+x2) -4x1x2=4[( c ? 1 ? a 2 ?x ? x ? c . 1 2 ? a ?

)+ ]

2

3 4

由 a>b>c,b=-a-c,得 a>-a-c>c,∴ c ∈(-2, )
a

1 2

设|A1B1| =h( c )=4[( c ? 1 ) + ]的对称轴为 x=- ,h=( c )在 c ∈(-2, )上是减函
2 2

a

a

2

3 4

1 2

a

a

1 2

数. ∴|A1B1|2∈(3,12),得|A1B1|∈( 3 ,2 3 ). 预测角度 2 三个“二次”的综合问题
2

1.已知二次函数 f(x)=ax +bx+1(a,b∈R,且 a>0),设方程 f(x)=x 的两个实根为 x1 和 x2, (1)如果 x1<2<x2<4,且函数 f(x)的对称轴为 x=x0,求证:x0>-1. (2)如果|x1|<2,|x2-x1|=2,求 b 的取值范围. [解题思路] (1)由二次函数的图像找出方程 f(x)=x 的两根 x1、x2 满足 x1<2<x2<4
2a a

1 的充要条件.从而求出 x0=- b 的范围即可.(2)由 x1·x2= >0 知 x1,x2 同号,故对较小

根 x1 分 0<x1<2 和-2<x1<0 两种情况讨论可求得 b 的取值范围. [解答] g(4)>0 即 ? (1)设 g(x)=f(x)-x=ax2+(b-1)x+1,且 a>0,由 x1<2<x2<4 得 g(2)<0 且 故

?4a ? 2b ? 1 ? 0 3 1 3 1 1 3 b 1 ? ? 4a ? b ? ? 2a,由 ? 4a ? ? 2a, 得a ? ,? 2 ? ?? ? 1? 2 4 2 8 8a 2a 4a ?16a ? 4b ? 3 ? 0 4
1 8

x0= ? b ? 1 ? 1 ? ?1
2a 4?

(2)由 g(x)=ax2+(b-1)x+1=0 知 x1x2= ① 若 0<x1<2,则 x2-x1=2,即 x2=x1+2>2

1 a

>0,∴x1,x2 同号,

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∴g(2)=4a+2b-1<0,又|x2-x1|=

(b ? 1) 2 a2

?

4 a

=4,得 2a+1= (b ? 1)2 ? 1 (a>0,负根舍
1 4

去),代入上式得 2 (b ? 1)2 ? 1 <3-2b,解得 b< . ②若-2<x1<0,则 x2=-2+x1<-2,∴g(-2)<0 即 4a-2b+3<0.同理可求得 b> . 故 b 的取值范围是(-∞,
1 7 )∪( +∞). 4 4

7 4

2.设二次函数 f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R,a≠0)满足条件: ①当 x∈R,f(x-4)=f(2-x),且 f(x)≥x; ②当 x∈(0,2)时,f(x)≤ (
x ?1 2 ) ; 2

③f(x)在 R 上的最小值为 0. (1)求 f(x)的表达式; (2)求最大的 m(m>1),使得存在 t∈R,只要 x∈就有 f(x+t)≤x 恒成立. [解题思路] (1)本小题是利用二次函数的概念,性质求出其解析式.(2)本小题 涉及到两个参变量 t 与 m 的讨论,可利用二次不等式在闭区间上恒成立的解题思路求解. [解答] (1)方法一 因为 f(x-4)=f(2-x),所以函数 f(x)的图像关于 x=-1 对 称.所以- b =-1,b=2a,由条件③,x=-1 时,丁 y=0 得 a-b+c=0.
2a

由①得,f(1)≥1,由条件②,得 f(1)≤1,所以 f(1)=1 即 a+b+c=1. 即 a+b+c=1.
?b ? 2a ? 1 1 1 2 1 1 ? ∴  ?a ? b ? c ? 0, 解得a ? c ? , b ? . ∴f(x)= x ? x ? 4 2 4 2 4 ? a ? b ? c ? 1 , ? ?

.

方法二 ∵f(x-4)=f(2-x),x∈R, ∴函数 f(x)的图像的对称轴为 x=-1. 由条件③,f(x)在 R 上的最小值为 0, 可知,函数 f(x)的图像是开口向上,顶点位于点(-1,0)的抛物线,故不妨设 f(x)=a(x+1)2,(a>0).由条件①f(x)≥x,x∈R,当 x=1 时 f(1)≥1. 由条件②,f(x)≤ (
x ?1 2 ) x∈(0,2),当 2 1 4 1 4 1 4

x=1 时,有 f(1)≤1.
1 2 1 4

∴f(1)=1,从而 a= .? f ( x) ? ( x ? 1) 2 ? x 2 ? x ? . 方法三 同解法 1,可判断 f(x)图像的对称轴为 x=-1,且 f(-1)=0.∴b=2a, a-b+c=0.即 b=2a,c=a,故 f(x)=ax2+2ax+a 由条件①,f(x)≥x 对一切 x∈R 恒成立. 即 ax2+(2a-1)x+a≥0,x∈R 恒成立. ? ? ? ≤(
x ?1 2 ) ,x∈(0,2) 2

?a ? 0
2 2 ? ?? ? (2a ? 1) ? 4a ? 0

?a?

1 4

.由条件②,f(x)

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令(a- )x +(2a- )x+(a- )由上 a ? 故a ? ? 0,有?
1 4 1 4 ?F(0) ? 0 1 1 1 1 1 ? a ? . ? a ? .? f ( x ) ? x 2 ? x ? . 4 4 4 2 4 ?F(2) ? 0

1 4

2

1 2

1 4

(2)方法一 假设存在 t,只要 x∈[1,m]就有 f(x+t≤x,即 f(x+t)-x≤0, x +2(t-1)x+(t+1)2≤0 对一切 x∈[1,m]恒成立. 不妨设 G(x)=x2+2(t-1)x+(t+1)2 则对 x∈[1,m],都有 G(x)≤0,
2

故?

? ?G (1) ? 0, ??4 ? t ? 0 ?? 2 2 ?G (m) ? 0 ? ?t ? (2 ? 2m)t ? (m ? 1) ? 0
2 2

设 h(t)=t +(2+2m)t+(m-1) 即在区间[-4,0]上存在实数 t,使 h(t)≤0 成立.由图像 得,h(-4)≤0 ? 1<m≤9. ∴m 的最大值为 9. 方法二 因为抛物线 y= ·(x+1)2 的开口向上,y=f(x+t)的图像,可由 y=f(x)的
1 4

图像平移 t 个单位得到,要在[1,m]上,y=f(x+t)的图像在 y=x 的图像下方,且 m 最大, 则 1、m 应是关于 x 的方程
1 4

(x+t+1)2=x ③的两个根.

由 x=1 代入③式,得 t=0 或 t=-4. 由 t=0 时,代入③式,得 x1=x2=1. 当 t=-4 时,代入③式,得 x1=1 或 x2=9. ∴m=9. 验证,当 t=-4 时,对任意 x∈[1,9]恒有 f(x-4)≤x ∴m 的最大值为 9. 2 3.已知 f(x)=ax +2bx+4c(a、b、c∈R) (1)当 a≠0 时,若函数 f(x)的图像与直线 y=±x 均无公共点,求证:4ac-b2> . (2)若 a+c=0,f(x)在[-2,2]上的最大值为 2 ,最小值为- 求证:
3

1 4

1 2

b a

≤2.

(3)当 b=4,c= 时,对于给定负数 a,有一个最大正数 M(a)使得 x∈[0,M(a)] 时都有|f(x)|≤5,问 a 为何值时,M(a)最大,并求出这个最大值 M(a)证明你的结论. (4)若 f(x)同时满足下列条件①a>0;②当|x|≤2 时,有|f(x)|≤2;③当|x|≤1 时,f(x)最大值为 2,求 f(x)的解析式. [解题思路] (1)利用△<0 证明;(2)用反证法证明;(3)借助二次函数图像进行 分类讨论.(4)利用不等式性质推出-2≤f(0)≤-2 得 f(0)=-2,再借助最值可求得 a,b, c 值. [解答] (1)∵f(x)的图像与 y=x 是公共点 △=(2b-1)2-16ac=4b2-16bc+1-4b<0 同理由 f(x)的图像与 y=-x 公共点得 4b2-16ac+1+4b<0 二式相加得 4ac-a2> (2)若 a=0,则 c=0,∴f(x)=2bx
1 4

3 4

第 21 页 共 27 页

[f(x)]max=4|b|= [f(x)]min-4|b|= ∴a≠0,则若|

2 3

2 3

b a

|>2 ∴区间[-2,2]在对称轴 x=-

b a

的左侧式右侧

∴f(x)在[-2,2]上是单调函数 [f(x)]max=4|b|=
2 3 1 2

[f(x)]min=-4|b|= ∴
b a

也是不可能的

≤2
4 a

(3)f(x)=a(x+

)2+3-

16 a 16 a 4 a

∵a<0∴[f(x)]max=3∴当 316 a

>5,即-8<a<0 此时 0<M(a)<-

∴M(a)是方程 ax2+8x+3=5 较小根 M(a)=
? 8 ? 64 ? 8a 2 2 1 ? ? ? 2a 16 ? 2a ? 4 4 2
16 5

∴3-

≤5 即 a≤-8,此时 M(a)>-

4 a

∴M(a)是方程 ax2+8x+3=-5 的较大根 M(a)=
?

? 8 ? 64 ? 8a ? 2a

4 4 ? 2a ? 2

?

4 2a ? 2

?

5 ?1 2
5 ?1 2

5 ?1 1 ? 2 2

因此当且仅当 a=-8 时,M(a)取最大值

(4)f(x)=2ax+2b ∵a>0 ∴[f′(x)]max=2a+2b=2 ∴a+b=1 -2≤f(0)=4c=4a+4b+4c-4(a+b)=f(2)-4≤2-4=-2 ∴4c=-2.∴c=又|f(x)|≤2 ∴f(x)=-2=f(0) ∴f(x)在 x=0 处取到最小值且 0∈[-2,2] ∴2b ?0 2a 1 2

∴b=0

从而 a=1∴f(x)=x2-2. 含参数的对数函数与不等式的综合问题
x ? t ?1 ,2y) 2

预测角度 3

1.已知函数 f(x)=log2(x+1),当点(x,y)在 y=f(x)图像上运动时,点 P( 在函数 y=g(x)的图像上运动. (1)求 y=g(x)的解析式; (2)当 t=4,且 x∈[0,1]时,求 g(x)-f(x)的最小值; (3)若在 x∈[0,1]时恒有 g(x)>f(x)成立,求 t 的取值范围.
第 22 页 共 27 页

[解题思路] (1)用相关点法;(2)设 F(x)=g(x)-f(x)用基本不等式可求得 F(x) 的最小值.(3)先由 g(x)>f(x)转化为一元二次不等式在 x∈[0,1]上恒成立,然后利用 二次函数图像和性质可求得参数 t 的取值范围. [解答]
? x ? 2 x? ? t ? 1 y? ? ,? y? ? 2 y ? ? 2 ?

(1)令 x′=

x ? t ?1 ,y′=2y,点(x,y)在 2

y=g(x);图像上,则

=log2(2x′+t).

即 y′=2log2(2x′+t) ∴g(x)=2log2(2x+t). (2)当 t=4 时,g(x)=2log2(2x+4). ∴F(x)=g(x)-f(x)=2log2(2x+4)log2(x+1)=log2 (2 x ? 4) =log2[4(x+1)+
x ?1
2

4 +8]≥ x ?1

4. 当且仅当 4(x+1)=
4 时,即 x ?1

x=0 时,[f(x)]min=4.

(3)由 g(x)>f(x),即 2log2(2x+t)>log2(x+1),在 x∈[0,1]时恒成立,即
? (x)=4x +4(t-1)x+t -1>0 在[0,1]上恒成立.即 ? 8 ?? (0) ? 0 ?
2 2

4t ? 1 ? 4t ? 1 ? 4t ? 1 ? ? 0 ?0 ? ? ?1 ?? ?? 即 1< 或? 8 或? 8 ?? ? 0 ?? (1) ? 1 ? ?

t≤

17 8

或 t>

17 8

综合,得 t>1. 即满足条件 t 的取值范围是(1,+∞) 2.设函数 f(x)=ax+3a(a>0 且 a≠1)的反函数为 y=f-1(x),已知函数 y=g(x)的图像与 -1 函数 y=f (x)的图像关于点(a,0)对称. (1)求函数 y=g(x)的解析式; (2)是否存在实数 a,使当 x∈[a+2,a+3]时,恒有|f-1(x)-g(-x)|≤1 成立?若存 在,求出 a 的取值范围;若不存在,说明理由. [解题思路] (1)先求反函数 f-1(x)再用相关点法可求得 y=g(x)的解析式;(2)可 将原不等式转化为一元二次不等式在[a+2,a+3]上恒成立,利用二次函数图像和性质可 判断是否存在实数 a. [解答] 由 f(x)=ax+3a 易得 f-1(x)=loga(x-3a) 由题设的点对称可得 g(a+x)+f-1(a-x)=0 则 g(x)=-loga(-x-a)(x<-a) (2)假设存在适合题意的实数 a 则|f-1(x)-g(-x)|=loga(x-3a)+loga(x-a)|=|loga(x2-4ax+3a2)|≤1. 即-1≤loga(x2-4ax+3a2)≤1 (x>3a) 又∵x∈(a+2,a+3),∴应有 a+2>3a, ∴0<a<1,从而 a+2>2a. ∴函数 h(x)=x2-4ax+3a2 在[a+2,a+3]上为增函数,函数 H(x)=loga(x2-4ax+3a2)在 [a+2,a+3]上为减函数,从而:[H(x)]max=H(a+2)=loga(4-4a) [H(x)]min=H(a+3)=loga(9-6a)
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于是目标不等式等价于
?0 ? a ? 1, ? ?log a (9 ? 6a ) ?log (4 ? 4a ) ? 1, ? a

① ② ③

解得 0<a≤

9 ? 57 12 9 ? 57 12

综上可知,存在实数 a∈(0, ≤1 成立. 考点高分解题综合训练 1 是 (

)可使当 x∈[a+2,a+3]时,恒有|f (x)-g(-x)|

-1

若不等式 3x2-logax<0 的解集为{x|0<x< =的非空子集,则实数 a 的取值范围 ) A.[
1 27

1 3

,1]

B.(

1 27

,1)

C.(0,

1 27

)

D.(0,

1 27

)

答案: A 解析:作出 y=3x2,y=logax 的图象知 0<a<1.当 y=logax 过点
1 1 1 1 ( , )时, a ? ,故 ? a ? 1. 3 3 27 27

2

已知 f(x)=

e x ? e? x 2

,则下列正确的是

(

)

A.奇函数,在 R 上为增函数 B.偶函数,在 R 上为增函数 C.奇函数,在 R 上为减函数 D.偶函数,在 R 上为减函数

第 24 页 共 27 页

答案: A 解析:∵函数 f(x)= 3 ( ) A.a≥0 B.a≥1 C.a≥2 D.a≥3

e x ? e? x e? x ? e x 是增函数, 且f (? x) ? ? ? f ( x). ? f ( x)是奇函数. 2 2

若不等式 x2+2x+a≥-y2-2y 对任意实数 x、y 都成立,则实数 a 的取值范围是

答案: C 解析:原不等式即为 a≥2-[x+1]2+(y+1)2]恒成立,只需 a 大于或等于 2-[(x+1)2+(y+1)2]的最大值为 2,即 a≥2. 4 ( ) A.
2 4

若函数 f(x)=logax(0<a<1)在区间[a,2a]上的最大值是最小值的 3 倍,则 a 等于
2 2
1 4 1 2

B.

C.

D.

答案: A 解析:f(x)=logax(0<a<1)在[a,2a]上是减函数, ∴f(x)max=logaa=1,f(x)min=loga2a=1+loga2. ∴3(1+loga2)=1. ∴a= 5 若函数 f(x)的图像可由函数 y=lg(x+1)的图像绕坐标原点 O 逆时针旋转
?
2

2 . 4

得到,

则 f(x)等于( ) -x A.10 -1 B.10x-1 C.1-10-x D.1-10x 答案: A 解析:用图象易知 f(x)= ( 6 ( ) A.
1 3

1x ) -1. 10

若函数 f(x)=loga(x+1)(a>0 且 a≠1)的定义域和值域都是[0,1].则 a 等于
2 2

B. 2

C.

D.2

答案: D 解析:(1)若 a>1 时值域为[0,loga2], ∴loga2=1?a=2. 当 0<a<1 时,值域为[loga2,0], ∴不合题意舍去,综合得 a=2 7 函数 f(x)=
1 1 ? ex

的定义域是_________.

答案:(-∞,0)解析:依题意有 1-ex>0,ex<1?ex<0. ∴定义域为(-∞,0). 8 把下面不完整的命题补充完整,并使之成为真命题. 若函数 f(x)=3+log2x 的图像与 g(x)的图像关于__________对称,则函数 g(x)=__________. (注:填上你认为可以成为真命题的一种情形即可,不必考虑所有可能的情形). 答案:解析:如①x 轴,-3-log2x;②y 轴,3+log2(-x)③原点,-3-log2(-x).④y=x,2x-3 9 若函数 f(x)=loga(x2-ax+3)在区间(-∞,
a 2

)上是减函数,求 a 的取值范围.

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答案:解析:f(x)=loga[x- )2 ? 3 ?
2

a 2

a2 4

],由 3 ?

a2 a ? 0, 得 ? 2 3 ? a ? 2 3 , 且(??, ) 上 4 2

loga(x -ax+3)是减函数,且底数 a>1,∴a∈(1,2 3 ). 10 设函数 f(x)=x2+2bx+c(c<b<1),f(1)=0.且方程 f(x)+1=0 有实根. (1)证明:-3<c≤-1 且 b≥0. 答案:解(1)f(1)=0?1+2b+c=0?b= ① 方程 f(x)+1=0 有实根,即 x2+2bx+c+1=0 有实根,故△=4b2-4(c+1) ≥0,即(c+1)2-4(c+1) ≥0,解得 c≥3 或≤-1② 又 c<b<1,综合①②-3<c≤-1, 又由 b= ?
c ?1 知 2 ?1 ? c 2

,又 c<b<1,故 c<-

c ?1 1 ? 1 ? ?3 ? c ? ? , 2 3

b≥0.

(2)若 m 是方程 f(x)+1=0 的一个实根,判断 f(m-4)的正负并加以说明. 答案: f(x)=x2+2bx+c=x2-(c+1)x+c=(x-c)(x-1). f(m)=-1<0. ∴c<m<1.得 c-4<m-4<-3<c. ∴f(m-4)=(m-4-c)(m-4-1)>0. ∴f(m-4)的 符号为正. 11 已知函数 f(x)=|x-a|,g(x)=x2+2ax+1(a 为正常数)且函数 f(x)与 g(x)的图 像在 y 轴上的截距相等. (1)求 a 的值; 答案:由题意 f(0)=g(0), ∴|a|=1,又 a>0, ∴a=1. (2)求函数 f(x)+g(x)的单调增区间.
3 2 2 2 答案: f(x)+g(x)=|x-1|+x +2x+1 当事人 x≥1 时 f(x)+g(x)=x +3x= ( x ? ) ? 4 它在 2 9

[1,+ ∞]上单调递增. 当 x<1 时,f(x)+g(x)=x2+x+2= ( x ? )2 ? , 它在[? ,1)上单调递增. 综上单调递增区间为 [? ,??). 12 已知 f(x)=ax2+bx+c,其中 a∈N,b,c∈Z. (1)若 b>2a,在[-1,1]上是否存在 x 使得|f(x|>b 成立.
b ? ?1 ,则 2a 1 2 1 2 7 4 1 2

答案:由 b>2a,得 ?

f(x)在[-1,1]上递增且 b>0,由|f(x)|>b,得 f(x)>b 或

f(x)<-b.假设 x 存在,则必有 f(1)>b 或 f(-1)<-b,即 a+b+c>b 或 a-b+c<-b,则 a+c<0 或 a+c>0, 即 a+c≠0. 故当 a+c=0 时,符合题设条件的 x 不存在; 当 a+c≠0 时,符合题设条件的 x 必存在 (2)当方程 f(x)-x=0 的根在(0,1)内时,试求 a 的最小值. 答案:设 g(x)=f(x)-x=0 的两根为 x1,x2.则 g(x)=a(x-x1)(x-x2),由于 g(0).g(1)=a2x1x2(1-x1)(1-x2)≤a2 (
1 2 x1 ? 1 ? x1 x2 ? 1 ? x2 2 1 2 )( ) ? a . 2 2 16 1 2 a . 16

其中,当 x1=x2= 上述等号成立, 则, g (0).g (1) ?

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由于方程的根在(0,1)间,则 g(0)>0,g(1)>0.又已知 a,b,c 为整数,则 g(0)=c≥ 1.g(1)=a+b-1+c≥1. 则
1 2 a ? g (0) g (1) ? 1.即a 2 ? 16(a ? ? ), 则a ? 4, 经检验, a的最小值为4. 16

13 校食堂改建一个开水房,计划用电炉或煤炭烧水,但用煤时也要用电鼓风及时 排气,用煤烧开水每吨开水费用 S 元,用电 炉烧开水每吨开水费用为 P 元,S=5m+0.8n+5,P=10.8n+20 66 ? n .其中 m 为每吨煤 的价格,n 为每百度电的价格;如果烧煤时的费用不超过用电炉时的费用,则用煤烧水; 否则就用电炉烧水. (1)如果两种方法烧水费用相同,试将每吨煤的价格表示为每百度电价的函数; 答案:解(1)由题意知:S=P,可得 m=2n+4 66 ? n ? 1(0 ? n ? 66) (2)已知现在每百度电价不低于 50 元,那么当每吨煤的最高价不超过多少元时可以 选择用煤? 答案:当 S≤P,可得 m≤2n+4 66 ? n ? 1 ? ?2( 66 ? n ? 1)2 ? 133 ∵n≥50
? 66 ? n ? [0,4] ? 66 ? n ? 1时取最大值

2n+4 66 ? n ? 1 的取值区间为[115,133] ∴m 的最大值为 133 即每吨煤的最高价不超过 133 元时,选择用煤. 14 设 f(x)=
21 1? x ? lg 11x ? 12 1? x

(-1<x<1).

(1)求证:该函数在其定义域内是减函数. 答案:令 h(x)=
21 1? x , p ( x) ? lg , 11x ? 12 1? x

易证 h(x)在(-1,1)上是减函数且 p(x)在(-1,1)上也是减函数,证明略. (2)设 h(x)=
21 11x ? 12

解方程 f(x)-h(x)=-1.

如果函数 g(x)=lg(ax2+2f-1(0)x+1)的值域为全体实数,试求实数 a 的取值范围. 答案:由 f(x)-h(x)=-1,得 lg x=
9 21 1? x 1? x 9 21 要使 ? lg ? 0.由于f ( x)为减函数, 故只能找到一个b, 使得f (b) ? 0, 考虑 lg ? ?1时, 经验证恰好x ? 时, ? 1, 11 11x ? 12 1? x 1? x 11 11x ? 12 1? x ? ?1, 解得 1? x

而 lg

1? x 9 ? ?1.故f ?1 (0) ? . 1? x 11

要使 g(x)=lg(ax2+2f-1)(0)x+1)的值域为全体实数,有(i)a=0 时显然成立,(ii)a≠0,则
?a ? 0 9 81 即4[ f ?1 (0)]2 ? 4a ? 0 ? 0 ? a ? ( ) 2 .数a的取值范围是(0, ]. ? 11 121 ?且? ? 0,

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