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如圖，開始時，桶1中有a L水，t分鐘后剩余的水符合指數(shù)衰減曲線y₁=ae^－nt,那么桶2中水就是y₂=a－ae^－nt,假設(shè)過5分鐘時，桶1和桶2的水相等，則再過_________分鐘桶1中的水只有.

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已知桶1與桶2通過水管相連如圖所示，開始時桶1中有a L水，t min后剩余的水符合指數(shù)衰減函數(shù)y₁=ae^-nt，那么桶2中的水就是y₂=a-ae^-nt，假定5min后，桶1中的水與桶2中的水相等，那么再過多長時間桶1中的水只有

a

4

L？

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已知桶1與桶2通過水管相連如圖所示，開始時桶1中有a L水，t min后剩余的水符合指數(shù)衰減函數(shù)y₁=ae^-nt，那么桶2中的水就是y₂=a-ae^-nt，假定5min后，桶1中的水與桶2中的水相等，那么再過多長時間桶1中的水只有L？

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難點磁場

解：(1)由>0,且2－x≠0得F(x)的定義域為(－1，1)，設(shè)－1＜x₁＜x₂＜1,則

F(x₂)－F(x₁)=()+()

,

∵x₂－x₁>0,2－x₁>0,2－x₂>0,∴上式第2項中對數(shù)的真數(shù)大于1.

因此F(x₂)－F(x₁)>0,F(x₂)>F(x₁),∴F(x)在(－1，1）上是增函數(shù).

(2)證明：由y=f(x)=得：2^y=,

∴f^－1(x)=,∵f(x)的值域為R，∴f^-－1(x)的定義域為R.

當(dāng)n≥3時，f^-1(n)>.

用數(shù)學(xué)歸納法易證2ⁿ>2n+1(n≥3),證略.

(3)證明：∵F(0)=,∴F^－1()=0,∴x=是F^－1(x)=0的一個根.假設(shè)F^－1(x)=0還有一個解x₀(x₀≠),則F^-1(x₀)=0,于是F(0)=x₀(x₀≠).這是不可能的，故F^-1(x)=0有惟一解.

殲滅難點訓(xùn)練

一、1.解析：由題意：g(x)+h(x)=lg(10^x+1)                                                                      ①

又g(－x)+h(－x)=lg(10^－x+1).即－g(x)+h(x)=lg(10^－x+1)                                             ②

由①②得：g(x)=,h(x)=lg(10^x+1)－.

答案：C

2.解析：當(dāng)a>1時，函數(shù)y=log_ax的圖象只能在A和C中選，又a>1時，y=(1－a)x為減函數(shù).

答案：B

二、3.解析：容易求得f^{- －1}(x)=,從而：

f^－1(x－1)=

答案：

4.解析：由題意，5分鐘后，y₁=ae^－nt,y₂=a－ae^－nt,y₁=y₂.∴n=ln2.設(shè)再過t分鐘桶1中的水只有,則y₁=ae^－n(5+t)=,解得t=10.

答案：10

三、5.解：(1)設(shè)點Q的坐標(biāo)為(x′,y′),則x′=x－2a,y′=－y.即x=x′+2a,y=－y′.

∵點P(x,y)在函數(shù)y=log_a(x－3a)的圖象上，∴－y′=log_a(x′+2a－3a),即y′=log_a,∴g(x)=log_a.

(2)由題意得x－3a=(a+2)－3a=－2a+2>0;=>0,又a>0且a≠1,∴0＜a＜1,∵|f(x)－g(x)|=|log_a(x－3a)－log_a|=|log_a(x²－4ax+3a²)|?|f(x)－g(x)|≤1,∴－1≤log_a(x²－4ax+3a²)≤1,∵0＜a＜1,∴a+2>2a.f(x)=x²－4ax+3a²在［a+2,a+3］上為減函數(shù)，∴μ(x)=log_a(x²－4ax+3a²)在［a+2,a+3］上為減函數(shù)，從而［μ(x)］_max=μ(a+2)=log_a(4－4a),［μ(x)］_min=μ(a+3)=log_a(9－6a),于是所求問題轉(zhuǎn)化為求不等式組的解.

由log_a(9－6a)≥－1解得0＜a≤,由log_a(4－4a)≤1解得0＜a≤,

∴所求a的取值范圍是0＜a≤.

6.解：f(x₁)+f(x₂)=log_ax₁+log_ax₂=log_ax₁x₂,

∵x₁,x₂∈(0,+∞),x₁x₂≤()²(當(dāng)且僅當(dāng)x₁=x₂時取“=”號)，

當(dāng)a>1時，有l(wèi)og_ax₁x₂≤log_a()²,

∴log_ax₁x₂≤log_a()，(log_ax₁+log_ax₂)≤log_a,

即f(x₁)+f(x₂)］≤f()(當(dāng)且僅當(dāng)x₁=x₂時取“=”號)

當(dāng)0＜a＜1時，有l(wèi)og_ax₁x₂≥log_a()²,

∴(log_ax₁+log_ax₂)≥log_a,即［f(x₁)+f(x₂)］≥f()(當(dāng)且僅當(dāng)x₁=x₂時取“=”號）.

7.解：由已知等式得：log_a²x+log_a²y=(1+2log_ax)+(1+2log_ay),即(log_ax－1)²+(log_ay－1)²=4,令u=log_ax,v=log_ay,k=log_axy,則(u－1)²+(v－1)²=4(uv≥0),k=u+v.在直角坐標(biāo)系uOv內(nèi)，圓弧(u－1)²+(v－1)²=4(uv≥0)與平行直線系v=－u+k有公共點，分兩類討論.

(1)當(dāng)u≥0,v≥0時，即a>1時，結(jié)合判別式法與代點法得1+≤k≤2(1+);

(2)當(dāng)u≤0,v≤0,即0＜a＜1時，同理得到2(1－)≤k≤1－.x綜上，當(dāng)a>1時，log_axy的最大值為2+2，最小值為1+；當(dāng)0＜a＜1時，log_axy的最大值為1－，最小值為2－2.

8.解：∵2(x)²+9(x)+9≤0

∴(2x+3)( x+3)≤0.

∴－3≤x≤－.

即 ()^－3≤x≤()?

∴()≤x≤()^－3,∴2≤x≤8

即M={x|x∈［2,8］}

又f(x)=(log₂x－1)(log₂x－3)=log₂²x－4log₂x+3=(log₂x－2)²－1.

∵2≤x≤8,∴≤log₂x≤3

∴當(dāng)log₂x=2,即x=4時y_min=－1;當(dāng)log₂x=3,即x=8時，y_max=0.