2024年高考数学解答题常考易错专项特训：函数综合运用

这是一份2024年高考数学解答题常考易错专项特训：函数综合运用，共15页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。

一、解答题
1．已知函数f(x)=lnx+ax−1．
（1）讨论函数f(x)的单调性；
（2）若函数f(x)有两个零点x1，x2，且x1>x2．证明：1x1+2x2>1a．
2．已知函数f(x)=ax2−a(xsinx+csx)+csx+a(x>0).
（1）当a=1时，
（Ⅰ）求(π，f(π))处的切线方程；
（Ⅱ）判断f(x)的单调性，并给出证明；
（2）若f(x)>1恒成立，求a的取值范围.
3．已知函数f(x)=ex−ax．
（1）当a>0时，设函数f(x)的最小值为g(a)，证明：g(a)≤1；
（2）若函数ℎ(x)=f(x)−12x2。有两个极值点x1，x2(x1证明：ℎ(x1)+ℎ(x2)>2．
4．已知函数f(x)是定义在R上的增函数，满足f(x+y)=f(x)+f(y)，f(1)=4.
（1）求f(0)的值；
（2）判断函数f(x)的奇偶性并证明；
（3）若f(2x+3)−f(x)<8，求x的取值范围.
5． 已知函数 f(x)=lnx+1，g(x)=ax2(a>0).
（1）当a=2时， 求y=f(x)−g(x)的极值；
（2）若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)存在2 条公切线， 求a的取值范围.
6．已知函数g(x)=ax2−2ax+1+b(a，b≥0)在x∈[1，2]时有最大值1和最小值0，设f(x)=g(x)x.
（1）求实数a，b的值；
（2）若不等式f(lg2x)−2klg2x≤0在x∈[18，14]上恒成立，求实数k的取值范围；
（3）若关于x的方程f(|2x−1|)+2m|2x−1|−3m−1=0有三个不同的实数解，求实数m的取值范围.
7． 已知函数f(x)=x+ax，且f(2)=0．
（1）判断函数f(x)在(0，+∞)上的单调性，并用定义证明；
（2）解不等式f(t2+3)+f(−2t2+t−1)>0．
8． 已知函数f(x)=ax+b(a>0且a≠1)的图象经过点(0，−2)，(2，1)．
（1）求实数a，b的值；
（2）若不等式a8−x2≥(14)x的解集记为A，求x∈A时，函数f(x)的值域．
9． 我们知道，函数y=f(x)的图象关于原点成中心对称图形的充要条件是函数y=f(x)为奇函数．有同学发现可以将其推广为：函数y=f(x)的图象关于点P(a，b)成中心对称图形的充要条件是函数y=f(x+a)−b为奇函数．
（1）求函数f(x)=−x3+3x2图象的对称中心；
（2）若函数y=f(x)的图象关于点P(a，b)对称，证明：f(x)+f(2a−x)=2b；
（3）已知函数f(x)=x−e22+lnecxe2−x，其中c>0．若正数a，b满足f(e22023)+f(2e22023)+f(3e22023)+⋯+f(2022e22023)≤1011(a+b)，且不等λ(a+2c)b≤2ac+a2+2b2恒成立，求实数λ的取值范围．
10．已知幂函数f(x)=(m2−2m−2)xm−1（m∈R）在(0，+∞)上是增函数，函数y=g(x)（x∈R）为偶函数，且当x≥0时，g(x)=f(x)+3x.
（1）求函数f(x)的解析式；
（2）求当x<0时，函数y=g(x)的解析式.
11．已知f(x)=1+x1−xex，g(x)=a(x+1).
（1）求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
（2）当a>0时，若关于x的方程f(x)+g(x)=0存在两个正实数根x1，x2(x1e2且x1x212． 设函数y=f(x)的定义域为D，给定区间[a，b]⊆D，若存在x0∈(a，b)，使得f(x0)=f(b)−f(a)b−a，则称函数y=f(x)为区间[a，b]上的“均值函数”，x0为函数y=f(x)的“均值点”．
（1）试判断函数y=x2是否为区间[1，2]上的“均值函数”，如果是，请求出其“均值点”；如果不是，请说明理由；
（2）已知函数y=−22x−1+m⋅2x−1−12是区间[1，3]上的“均值函数”，求实数m的取值范围；
（3）若函数y=x2+a2(x2−2x+2)（常数a∈R）是区间[−2，2]上的“均值函数”，且23为其“均值点”．将区间[−2，0]任意划分成m+1（m∈N）份，设分点的横坐标从小到大依次为t1，t2，⋯，tm，记t0=−2，tm+1=0，G=i=0m|f(ti+1)−f(ti)|．再将区间[0，2]等分成2n+1（n∈N）份，设等分点的横坐标从小到大依次为x1，x2，⋯，x2n，记H=i=12nf(xi)．求使得H⋅G>2023的最小整数n的值．
13．对于函数 f(x) ，若在其定义域内存在实数 x0 ，使得 f(x0+1)=f(x0)+f(1) 成立，则称 f(x) 有“漂移点” x0 ．
（1）判断函数 f(x)=x2+2x 在 [0，1] 上是否有“漂移点”，并说明理由；
（2）若函数 f(x)=lg(ax2+1) 在 (0，+∞) 上有“漂移点”，求正实数 a 的取值范围．
14． 网络购物行业日益发达，各销售平台通常会配备送货上门服务．小金正在配送客户购买的电冰箱，并获得了客户所在小区门户以及建筑转角处的平面设计示意图．
（1）为避免冰箱内部制冷液逆流，要求运送过程中发生倾斜时，外包装的底面与地面的倾斜角α不能超过π4，且底面至少有两个顶点与地面接触．外包装看作长方体，如图1所示，记长方体的纵截面为矩形ABCD，AD=0.8m，AB=2.4m，而客户家门高度为2.3米，其他过道高度足够．若以倾斜角α=π4的方式进客户家门，小金能否将冰箱运送入客户家中？计算并说明理由．
（2）由于客户选择以旧换新服务，小金需要将客户长方体形状的旧冰箱进行回收．为了省力，小金选择将冰箱水平推运(冰箱背面水平放置于带滚轮的平板车上，平板车长宽均小于冰箱背面）．推运过程中遇到一处直角过道，如图2所示，过道宽为1.8米．记此冰箱水平截面为矩形EFGH，EH=1.2m．设∠PHG=β，当冰箱被卡住时(即点H、G分别在射线PR、PQ上，点O在线段EF上），尝试用β表示冰箱高度EF的长，并求出EF的最小值，最后请帮助小金得出结论：按此种方式推运的旧冰箱，其高度的最大值是多少？（结果精确到0.1m）
答案解析部分
1．【答案】（1）解：f(x)的定义域为(0，+∞)，f′(x)=1x−ax2=x−ax2，
当a≤0时，f′(x)=x−ax2在(0，+∞)上恒大于0，所以f(x)在(0，+∞)上单调递增，
当a>0时，由f′(x)=x−ax2=0，可得x=a，
当0a时，f′(x)>0．
所以函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，+∞)上单调递增；
（2）解：由题可得lnx1+ax1−1=0，lnx2+ax2−1=0，
两式相减可得a=x1x2(lnx1−lnx2)x1−x2，
要证1x1+2x2>1a，即证1x1+2x2>x1−x2x1x2(lnx1−lnx2)，
即证2x1+x2>x1−x2lnx1−lnx2，即证2x1x2+1>x1x2−1lnx1x2，
令x1x2=t>1，则lnx1x2>0，即证lnt>t−12t+1，
令g(t)=lnt−t−12t+1(t>1)，则g′(t)=1t−3(2t+1)2=4t2+t+1t(2t+1)2>0，
所以g(t)在(1，+∞)上单调递增，所以g(t)>g(1)=0，
所以lnt>t−12t+1，故原命题成立．
2．【答案】（1）解：当a=1时，f(x)=x2−xsinx+1，可得f′(x)=2x−sinx−xcsx.
（Ⅰ）f(π)=π2+1，f′(π)=3π，
所以在(π，f(π))处的切线方程为y−(π2+1)=3π(x−π)，即y=3πx−2π2+1.
（Ⅱ）f′(x)=2x−sinx−xcsx=x−sinx+x(1−csx)，
设m(x)=x−sinx(x>0)，则m′(x)=1−csx≥0，m(x)单调递增，
所以m(x)>m(0)=0，即x>sinx，
所以当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
（2）解：设g(x)=f(x)−1=ax2−a(xsinx+csx)+csx+a−1，
由题意g(x)>0恒成立.
①当a≤0时，g(π2)=aπ2(π2−1)+a−1<0，g(x)>0不恒成立，不合题意；
②当0ℎ′(x)=2a−acsx+axsinx−csx，ℎ′(0)=a−1<0，ℎ′(π2)=2a+π2a>0，
设r(x)=ℎ′(x)，x∈(0，π2)，r′(x)=2asinx+axcsx+sinx>0，ℎ′(x)单调递增，
由零点存在定理得∃t∈(0，π2)，使得ℎ′(t)=0.
ℎ(x)在(0，t)上ℎ′(x)<0，ℎ(x)<ℎ(0)=0，即g′(x)<0，
所以g(x)在(0，t)上单调递减，g(x)0不恒成立，不合题意；
③当a≥1时，g′(x)=2ax−axcsx−sinx，
则g′(x)x=2a−acsx−sinxx=a(1−csx)+a−sinxx，
当x>0时，1−csx≥0，x>sinx，即sinxx<1，则g′(x)x>0，
所以当x>0时，g′(x)>0，g(x)单调递增.
可得：g(x)>g(0)=0，即f(x)>1，所以a≥1.
综上，a的取值范围为[1，+∞).
3．【答案】（1）解：f′(x)=ex−a(a>0)
令f′(x)=0，解得x=lna
当x>lna时，f′(x)>0
当x∴f(x)min=f(lna)=a−alna
∴g(a)=a−alna(a>0)
令g(x)=x−xlnx(x>0)
g′(x)=−lnx
令g′(x)=0，解得x=1，
∴当x∈(0，1)时，g′(x)>0，
当x∈(1，+∞)时，g′(x)<0，
∴g(x)max=g(1)=1
∴g(x)≤1
∴当a>0时，g(a)≤1.
（2）证明：ℎ(x)=ex−ax−12x2
ℎ′(x)=ex−a−x
令φ(x)=ex−a−x
φ′(x)=ex−1
令φ′(x)=0，解得x=0
当x>0时，φ′(x)>0，
当x<0时，φ′(x)<0，
∴φ(x)min=φ(0)=1−a
又函数ℎ(x)有两个极值点
∴1−a<0
∴a>1，且x1<0∴当x∈(−∞，x1)时，ℎ(x)单调递增，
当x∈(x1，0)时，ℎ(x)单调递减，
∴当x∈(−∞，0)时，ℎ(x)≤ℎ(x1)
又−x2∈(−∞，0)
∴ℎ(−x2)≤ℎ(x1)
∴ℎ(x1)+ℎ(x2)≥ℎ(−x2)+ℎ(x2)=ex2+e−x2−x22
令m(x)=ex+e−x−x2(x≥0)
m′(x)=ex−1ex−2x
令n(x)=m′(x)
n′(x)=ex+1ex−2≥0
∴n(x)在[0，+∞)上单调递增
∴m′(x)=n(x)≥n(0)=0
∴m(x)在[0，+∞)上单调递增，
∴m(x)≥m(0)=2
∵x2>0
∴m(x2)=ex2+e−x2−x22>2
即ℎ(−x2)+ℎ(x2)>2
∴ℎ(x1)+ℎ(x2)>2
4．【答案】（1）依题意，x，y∈R，f(x+y)=f(x)+f(y)，令x=y=0，则f(0)=f(0)+f(0)，
所以f(0)=0.
（2）函数f(x)是奇函数.
函数f(x)的定义域为R，∀x∈R，令y=−x，f(x)+f(−x)=f(x−x)=f(0)=0，
即f(−x)=−f(x)，所以函数f(x)为奇函数.
（3）由f(1)=4，得8=f(1)+f(1)=f(2)，又f(2x+3)−f(x)=f(2x+3)+f(−x)=f(2x+3−x)=f(x+3)，
因此不等式f(2x+3)−f(x)<8⇔f(x+3)则有x+3<2，解得x<−1，
所以x的取值范围是{x|x<−1}.
5．【答案】（1）解：当a=2时，设ℎ(x)=f(x)−g(x)=lnx+1−2x2，显然x>0，
求导得ℎ′(x)=1x−4x=1−4x2x=(1+2x)(1−2x)x，由ℎ′(x)=0，得x=12，
当x∈(0，12)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增；当x∈(12，+∞)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减，
所以ℎ(x)在x=12取得极大值ℎ(12)=ln12+12=12−ln2，无极小值.
（2）解：设曲线y=f(x)上切点A(x0，y0)，f′(x)=1x，x>0，则切线斜率为k=1x0，方程为y−y0=1x0(x−x0)，
依题意，切线y=1x0x+lnx0与曲线y=ax2相切，于是方程ax2=1x0x+lnx0有两个相等的正实根，
而a>0，则Δ=1x02+4alnx0=0，且lnx0<0，即有−14a=x02lnx0，
由公切线有两条，得关于x0的方程：−14a=x02lnx0有两个不同的实数解，
令φ(x)=x2lnx，则y=−14a与y=x2lnx的图象有两个交点，
由φ(x)=x2lnx，求导得φ′(x)=2xlnx+x=x(2lnx+1)，由φ′(x)=0，得x=1e，
当x∈(0，1e)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减；当x∈(1e，+∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，
因此φ(x)min=φ(1e)=−12e，φ(1)=0，函数y=φ(x)的图象如图，
观察图象知，当−12e<−14a<0，即a>e2时，直线y=−14a与函数y=x2lnx的图象有两个交点，
所以a的取值范围是a>e2.
6．【答案】（1）解：函数 g(x)=ax2−2ax+b+1=a(x−1)2+1+b−a，a=0 时不合题意，
所以为 a>0 ，所以 g(x) 在区间 [1，2] 上是增函数，
故 g(2)=1+b=1g(1)=1+b−a=0 ，解得 a=1b=0 .
（2）解：由已知可得 g(x)=x2−2x+1 ，则 f(x)=g(x)x=x+1x−2 ，
所以不等式 f(lg2x)−2klg2x≤0 ，
转化为 lg2x+1lg2x−2−2klg2x≤0 在 x∈[18，14] 上恒成立，
设 t=lg2x ，则 t∈[−3，−2] ，即 t+1t−2−2kt≤0 ，在 t∈[−3，−2] 上恒成立，
即 2k≤1+1t2−2t=(1t−1)2，∵t∈[−3，−2]，∴1t∈[−12，−13] ，
∴ 当 1t=−13 时， (1t−1)2 取得最小值，最小值为 (−13−1)2=169 ，则 2k≤169 ，即 k≤89 .
所以 k 的取值范围是 (−∞，89] .
（3）解：方程 f(|2x−1|)+2m|2x−1|−3m−1=0 可化为： |2x−1|2−(3+3m)|2x−1|+(1+2m)=0 ， |2x−1|≠0 ，
令 |2x−1|=t ，则方程化为 t2−(3+3m)t+(1+2m)=0 ， (t≠0) ，
∵方程 f(|2x−1|)+2m|2x−1|−3m−1=0 有三个不同的实数解，
∴画出 t=|2x−1| 的图象如下图所示，
所以 t2−(3+3m)t+(1+2m)=0 ， (t≠0) ，有两个根 t1 ､ t2 ，且 0记 ℎ(t)=t2−(3+3m)t+(1+2m) ，
则 ℎ(0)=1+2m>0ℎ(1)=−1−m<0 ，即 m>−12m>−1 ，此时 m>−12 ，
或 ℎ(0)=1+2m>0ℎ(1)=−1−m=00<−−(3+3m)2<1 得 m>−12m=−1−1综上 m>−12 .
7．【答案】（1）解：由题知2+a2=0，则a=−4
所以f(x)=x−4x
对∀x1，x2∈(0，+∞)，且x1则f(x1)−f(x2)=x1−4x1−(x2−4x2)=(x1−x1)(1+4x1x2)
因为0所以x1−x1<0，1+4x1x2>0
所以f(x1)−f(x2)<0即f(x1)所以函数f(x)在(0，+∞)上单调递增
（2）解：因为f(−x)=−x+4x=−f(x)
所以f(x)为奇函数
由f(t2+3)+f(−2t2+t−1)>0知f(t2+3)>f(2t2−t+1)
又t2+3>0，2t2−t+1=2(t−14)2+78>0
由（1）知t2+3>2t2−t+1
所以−18．【答案】（1）解：由题知a0+b=−2a2+b=1
则a=2，b=−3
（2）解：由a8−x2≥(14)x得28−x2≥2−2x
则8−x2≥−2x
得−2≤x≤4即A={x|﹣2≤x≤4}
因为f(x)=2x−3不在[−2，4]上单调递增
故当x=−2时，
f(x)min=f(−2)=−114
当x=4时，f(x)max=f(4)=13
所以f(x)的值域为[−114，13]
9．【答案】（1）解：令g(x)=f(x+a)−b，因为g(x)为奇函数
所以g(−x)=−g(x)即f(−x+a)−b=−(f(x+a)−b)
所以−(−x+a)3+3(−x+a)2−b=−[−(x+a)3+3(x+a)2−b]
化简得：6x2(a−1)+2a3−6a2+2b=0
则a−1=02a3−6a2+2b=0
故a=1，b=2，即f(x)图像的对称中心为(1，2)．
（2）解：令g(x)=f(x+a)−b，因为g(x)为奇函数
所以g(−x)=−g(x)即f(−x+a)−b=−(f(x+a)−b)
所以f(−x+a)+f(x+a)=2b
令x+a=t
则f(t)+f(−t+2a)=2b
即f(x)+f(−x+2a)=2b
（3）解：因为f(x)=x−e22+c+lnx−ln(e2−x)
所以f(−x+e2)=−x+e22+c−lnx+ln(e2−x)
所以f(x)+f(−x+e2)=2c
所以f(x)的对称中心为(e22，c)．
因为f(2e22023)+f(3e22023)+⋯+f(2022e22023)≤1011(a+b)
f(e22023)+f(2022e22023)+f(2021e22023)+f(2020e22023)+⋯+f(e22023)≤1011(a+b)
两式相加得：
2022×2c≤2022(a+b)
即a+b≥2c
又λ≤2ac+a2+2b2(a+2c)b=a(a+2c)+2b2(a+2c)b=ab+2ba+2c
方法一：
ab+2ba+2c=2(a+b)2b+2ba+2c−1≥a+b+2c2b+2ba+2c−1
=a+2c2b++2ba+2c−12≥2a+2c2b⋅2ba+2c−12=32
当且仅当b=2a=2c3时取等号
方法二：
ab+2ba+2c≥ab+2ba+a+b=ab+22ab+1
令ab=t>0，
则ab+22ab+1=t+22t+1=12(2t+1)+22t+1−12≥212(2t+1)⋅22t+1−−12=32
当且仅当b=2a=2c3时取等号
10．【答案】（1）解：因为f(x)=(m2−2m−2)xm−1是窝函数，
所以m2−2m−2=1，解得m=3或m=−1，
又f(x)在(0，+∞)上是增函数，则m−1>0，即m>1，
所以m=3，则f(x)=x2.
（2）解：因为f(x)=x2，所以当x≥0时，g(x)=f(x)+3x=x2+3x
当x<0时，−x>0，则g(−x)=(−x)2+3(−x)=x2−3x.
又因为y=g(x)是R上的偶函数，所以g(x)=g(−x)=x2−3x，
即当x<0时，g(x)=x2−3x.
11．【答案】（1）解：因为f'(x)=3−x2(1−x)2ex，
所以f(0)=1，f'(0)=3，
所以曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为3x−y+1=0.
（2）证明：由f(x)+g(x)=0存在两个正实数根x1，x2(x1整理得方程ex=a(x−1)(x≠1)存在两个正实数根x1，x2(x1由a>0，知x2>x1>1，
令ℎ(x)=ex−ax+a，则ℎ'(x)=ex−a，
当x>lna时，ℎ'(x)>0，ℎ(x)在(lna，+∞)上单调递增；
当x所以ℎ(x)min=ℎ(lna)=2a−alna.
因为ℎ(x)=ex−ax+a有两个零点，即2a−alna<0，得a>e2.
因为实数x1，x2是ex=a(x−1)的两个根，
所以ex1=a(x1−1)ex2=a(x2−1)，从而ex1ex2=ex1−x2=x1−1x2−1.
令α=x1−1，β=x2−1，则eα−β=αβ，变形整理得lnα−lnβα−β=1.
要证x1x2结合对数函数y=lnx的图象可知，只需要证(α，lnα)，(1α，ln1α)两点连线的斜率要比(α，lnα)，(β，lnβ)两点连线的斜率小即可.
因为lnα−lnβα−β=1，所以只要证lnα−ln1αα−1α<1，整理得1α−α+2lnα>0(0<α<1).
令g(x)=1x−x+2lnx(0所以g(x)在(0，1)上单调递减，即g(x)>g(1)=0，
所以1α−α+2lnα>0(0<α<1)成立，故x1x212．【答案】（1）解：设函数y=x2是区间[1，2]上“均值函数”，且均值点为x0∈[1，2]，
可得x02=22−122−1，解得x0=3或x0=−3(舍).
故y=x2为区间[1，2]上的“均值函数”，且3为其“均值点”.
（2）解：设x0为该函数的“均值点”，则x0∈(1，3)，
且−22x0−1+m⋅2x0−1−12=(−25+m⋅22−12)−(−2+m⋅20−12)3−1，
即关于x0的方程22x0−m⋅2x0+3m−6=0在区间(1，3)上有解，
整理得(2x0−3)m=22x0−6，
①当2x0=3时，0⋅m=3，方程无解.
②当2x0≠3时，可得m=22x0−62x0−3.
令t=2x0−3，则t∈(−1，0)∪(0，5)，且2x0=t+3，
可得m=(t+3)2−6t=t+3t+6，
又由对勾函数性质，可得函数y=t+3t+6在t∈(−1，0)上是严格减函数，
在t∈(0，3]上是严格减函数，在t∈[3，5)上严格增函数，
所以当t∈(−1，0)时，可得y＜2，当t∈(0，5)，可得y≥23+6，
所以m∈(−∞，2)∪[23+6，+∞).
即实数m的取值范围是(−∞，2)∪[23+6，+∞).
（3）解：由函数y=x2+a2(x2−2x+2)是区间[−2，2]上的“均值函数”，且23为其“均值点”，
可得f(23)=f(2)−f(−2)2−(−2)，即(23)2+a2[(23)2−2×23+2]=4+a2(4−4+2)−4+a2(4+4+2)2−(−2)，
解得a=0，所以，
则f′(x)=12⋅2x⋅(x2−2x+2)−x2⋅(2x−2)(x2−2x+2)2=x(2−x)(x2−2x+2)2，
当x∈[−2，0]时，f′(x)≤0，即f(x)=x22(x2−2x+2)在[−2，0]上单调递减，
所以f(ti)≥f(ti+1)(i=0，1，2，⋯，m)，
则G=i=0m|f(ti+1)−f(ti)|=i=0m[f(ti)−f(ti+1)]=f(t0)−f(tm+1)=f(−2)−f(0)=15，
又因为f(x)+f(2−x)=x22(x−1)2+2+(2−x)22(1−x)2+2=1，
从而H=f(x1)+f(x2)+⋯+f(x2n)，H=f(x2n)+f(x2n−1)+⋯+f(x1)，
所以2H=2n，可得H=2n−1.，
由15⋅2n−1>2023，即2n>20230，可得n>lg220230≈14.3，
故使得H⋅G>2023的最小整数n的值为15.
13．【答案】（1）解：函数 f(x)=x2+2x 在 [0，1] 上有“漂移点”，理由如下
设 g(x)=f(x+1)−f(x)−f(1)=(x+1)2+2x+1−x2−2x−1−2=2x+2x−2 ，
因为 g(0)=−1 ， g(1)=2 ，所以 g(0)g(1)<0 ，
由零点存在定理可知， g(x) 在 [0，1] 上至少有1个零点，并设零点为 x0 ，
即 f(x+1)=f(x)+f(1) 至少有1个实根 x0 ，
所以函数 f(x)=x2+2x 在 [0，1] 上有“漂移点”．
（2）解：若函数 f(x)=lg(ax2+1) 在 (0，+∞) 上有“漂移点”，
则存在实数 x0∈(0，+∞) ，使得 f(x0+1)=f(x0)+f(1) 成立，
即 lg[a(x0+1)2+1]=lg(ax02+1)+lg(a2) ，即 ax02+2x0+2=a22x02+2 ，
因为 a>0 ，所以 (2−a)x02−2ax0+2−2a=0 ， x0>0 ．
当 a=2 时， x0=−12<0 ，不合题意
当 a≠2 时，令 g(x)=(2−a)x2−2ax+2−2a ，则 g(x) 在 (0，+∞) 上有零点
当 a>2 时，开口向下，对称轴 x=a2−a<0 ，
g(x) 在 (0，+∞) 上单调递减， g(0)=2−2a<0 ，
所以 g(x) 在 (0，+∞) 上恒小于零，不合题意，
当 00 ，
由题意只要 Δ=4a2−4(2−a)(2−2a)≥0 ，即 a2−6a+4≤0 ，
解得 3−5≤a≤3+5 ．
因为 0综上所述：正实数 a 的取值范围为 [3−5，2) ．
14．【答案】（1）解：过A，D作水平线l1，l2，作CF⊥l2，DE⊥l1如图，
当倾斜角α=π4时，冰箱倾斜后实际高度（即冰箱最高点到地面的距离）
ℎ=DE+CF=0.8sinπ4+2.4csπ4=825<2.3，
故冰箱能够按要求运送入客户家中．
（2）解：延长EF与直角走廊的边相交于M、N，
则MN=OM+ON=1.8sinβ+1.8csβ，EM=1.2tanβ，FN=1.2tanβ，
又EF=MN−ME−NF，
则EF=1.8sinβ+1.8csβ−1.2(tanβ+1tanβ)=1.8(sinβ+csβ)−1.2sinβcsβ，β∈(0，π2)．
设t=sinβ+csβ=2sin(β+π4)，
因为β∈(0，π2)，所以β+π4∈(π4，3π4)，所以t∈(1，2]，
则EF=1.8t−1.212(t2−1)=65⋅3t−2t2−1 ，
再令m=3t−2，则EF=65⋅m(m+23)2−1=545⋅1m−5m+4，m∈(1，32−2]，
易知，y=m−5m+4在(1，32−2]上单调递增，
所以y=545⋅1m−5m+4，m∈(1，32−2]单调递减，
故当m=32−2，即t=2，β=π4时，EF取得最小值182−125≈2.69.
由实际意义需向下取，此情况下能顺利通过过道的冰箱高度的最大值为2.6米．