2023年12月24日高中数学作业
一、填空题
二、单选题
1. 若存在实数 $a$，$b$，对任意实数 $x\in[0,1]$，使得不等式 $x^3-m\le ax+b\le x^3+m$ 恒成立，则实数 $m$ 的取值范围是（ ）
A. $\left[\dfrac{\sqrt{3}}{9},+\infty\right)$ B. $\left[\dfrac{8\sqrt{3}}{9},+\infty\right)$ C. $\left[\dfrac{\sqrt{3}}{3},+\infty\right)$ D. $\left[\dfrac{\sqrt{3}}{2},+\infty\right)$
【答案】 A
【详解】 不等式 $x^3-m\le ax+b\le x^3+m$ 等价于 $-m\le -x^3+ax+b\le m$ 即 $\left|-x^3+ax+b\right|\le m$，
原命题等价于存在实数 $a$，$b$，对任意实数 $x\in[0,1]$ 不等式 $\left|-x^3+ax+b\right|\le m$ 恒成立，
等价于存在实数 $a$，$b$，不等式 $\left|-x^3+ax+b\right|_{\max}\le m$ 成立，
记 $f(x)=-x^3+ax+b$，则 $f'(x)=-3x^2+a$，
（1）当 $a\le 0$ 时，对任意 $x\in[0,1]$，$f'(x)\le 0$ 恒成立，即 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上单调递减
① 当 $a+b-1+b\ge 0$，即 $b\ge \dfrac{1-a}{2}$ 时，$\left|f(x)\right|_{\max}=b$，
② 当 $a+b-1+b<0$，即 $b<\dfrac{1-a}{2}$ 时，$\left|f(x)\right|_{\max}=-a-b+1$，
从而当 $a\le 0$ 时，$g(b)=\begin{cases} b, & b\ge \dfrac{1-a}{2} \\ -a-b+1, & b<\dfrac{1-a}{2} \end{cases}$，
则 $g(b)$ 在 $\left(-\infty,\dfrac{1-a}{2}\right)$ 上单调递减，在 $\left[\dfrac{1-a}{2},+\infty\right)$ 上单调递增，
所以 $g(b)_{\min}=g\left(\dfrac{1-a}{2}\right)=\dfrac{1-a}{2}\ge \dfrac{1}{2}$；
（2）当 $0<a<3$ 时，令 $f'(x)=0$，解得 $x=\sqrt{\dfrac{a}{3}}$，
$f(x)$ 在区间 $\left[0,\sqrt{\dfrac{a}{3}}\right]$ 上单调递增，在 $\left[\sqrt{\dfrac{a}{3}},1\right]$ 上单调递减，
① 当 $0<a\le 1$ 时 $a+b-1\le b$，此时 $a+b-1\le f(x)\le \dfrac{2a}{3}\sqrt{\dfrac{a}{3}}+b$，
$\alpha)$ 当 $a+b-1+\dfrac{2a}{3}\sqrt{\dfrac{a}{3}}+b<0$ 即 $b<\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}a-\dfrac{a}{3}\sqrt{\dfrac{a}{3}}$ 时，$\left|f(x)\right|_{\max}=-a-b+1$，
$\beta)$ 当 $a+b-1+\dfrac{2a}{3}\sqrt{\dfrac{a}{3}}+b\ge 0$ 即 $b\ge \dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}a-\dfrac{a}{3}\sqrt{\dfrac{a}{3}}$ 时，$\left|f(x)\right|_{\max}=\dfrac{2a}{3}\sqrt{\dfrac{a}{3}}+b$，
从而当 $0<a\le 1$ 时，$g(b)=\begin{cases} -2a-b+8, & b<\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}a-\dfrac{a}{3}\sqrt{\dfrac{a}{3}} \\ \dfrac{2a}{3}\sqrt{\dfrac{a}{3}}+b, & b\ge \dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}a-\dfrac{a}{3}\sqrt{\dfrac{a}{3}} \end{cases}$，
则 $g(b)$ 在区间 $\left(-\infty,\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}a-\dfrac{a}{3}\sqrt{\dfrac{a}{3}}\right)$ 上单调递减，在区间 $\left[\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}a-\dfrac{a}{3}\sqrt{\dfrac{a}{3}},+\infty\right)$ 上单调递增，
所以 $g(b)_{\min}=g\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}a-\dfrac{a}{3}\sqrt{\dfrac{a}{3}}\right)=\dfrac{1}{2}-\dfrac{a}{2}+\dfrac{a}{3}\sqrt{\dfrac{a}{3}}$；
令 $t=\sqrt{\dfrac{a}{3}}$，则 $0<t\le \sqrt{\dfrac{1}{3}}$，$g(b)_{\min}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{3}{2}t^2+t^3$，记 $h(t)=\dfrac{1}{2}-\dfrac{3}{2}t^2+t^3$，
则 $h'(t)=3t^2-3t=3t(t-1)$，
当 $\left(0,\sqrt{\dfrac{1}{3}}\right]$ 时，$h'(t)<0$ 恒成立，
即 $h(t)$ 在区间 $\left(0,\sqrt{\dfrac{1}{3}}\right]$ 上单调递减，即 $h(t)_{\min}=h\left(\sqrt{\dfrac{1}{3}}\right)=\dfrac{\sqrt{3}}{9}$，
即 $g(b)_{\min}\ge \dfrac{\sqrt{3}}{9}$；
② 当 $1<a<3$ 时 $a+b-1>b$，此时 $b\le f(x)\le \dfrac{2a}{3}\sqrt{\dfrac{a}{3}}+b$，
$\alpha)$ 当 $b+\dfrac{2a}{3}\sqrt{\dfrac{a}{3}}+b<0$ 即 $b<-\dfrac{a}{3}\sqrt{\dfrac{a}{3}}$ 时，$\left|f(x)\right|_{\max}=-b$，
$\beta)$ 当 $b+\dfrac{2a}{3}\sqrt{\dfrac{a}{3}}+b\ge 0$ 即 $b\ge -\dfrac{a}{3}\sqrt{\dfrac{a}{3}}$ 时，$\left|f(x)\right|_{\max}=\dfrac{2a}{3}\sqrt{\dfrac{a}{3}}+b$，
从而当 $1<a<3$ 时，$g(b)=\begin{cases} -b, & b<-\dfrac{a}{3}\sqrt{\dfrac{a}{3}} \\ \dfrac{2a}{3}\sqrt{\dfrac{a}{3}}+b, & b\ge -\dfrac{a}{3}\sqrt{\dfrac{a}{3}} \end{cases}$，
则 $g(b)$ 在区间 $\left(-\infty,-\dfrac{a}{3}\sqrt{\dfrac{a}{3}}\right)$ 上单调递减，在区间 $\left[-\dfrac{a}{3}\sqrt{\dfrac{a}{3}},+\infty\right)$ 上单调递增，
所以 $g(b)_{\min}=g\left(-\dfrac{a}{3}\sqrt{\dfrac{a}{3}}\right)=\dfrac{a}{3}\sqrt{\dfrac{a}{3}}>\dfrac{\sqrt{3}}{9}$；
（3）当 $a\ge 3$ 时，对任意 $x\in[0,1]$，$f'(x)\ge 0$ 恒成立，即 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上单调递增，
① 当 $a+b-1+b\ge 0$，即 $b\ge \dfrac{1-a}{2}$ 时，$\left|f(x)\right|_{\max}=a+b-1$，
② 当 $a+b-1+b<0$，即 $b<\dfrac{1-a}{2}$ 时，$\left|f(x)\right|_{\max}=-b$，
从而当 $a\ge 3$ 时，$g(b)=\begin{cases} 2a+b-8, & b\ge \dfrac{1-a}{2} \\ -b, & b<\dfrac{1-a}{2} \end{cases}$，
则 $g(b)$ 在 $\left(-\infty,\dfrac{1-a}{2}\right)$ 上单调递减，在 $\left[\dfrac{1-a}{2},+\infty\right)$ 上单调递增，
所以 $g(b)_{\min}=g\left(\dfrac{1-a}{2}\right)=\dfrac{a-1}{2}\ge 1$；
综上所述，$g(b)_{\min}=\dfrac{\sqrt{3}}{9}$，
所以 $m\ge \dfrac{\sqrt{3}}{9}$.
故选：A
三、填空题
2. 已知 $t>1$，关于 $x$ 的方程 $\dfrac{(\ln t)^x}{\ln(x-1)}=\dfrac{\ln t}{\ln(\ln t)}$ 有且仅有一个解，则 $t$ 的取值范围是.
【答案】 $\left[e^{\frac{1}{e}},e\right)\cup\left\{e^{e^{\frac{1}{e}}}\right\}$
【详解】 因为 $t>1$，$\ln(\ln t)\ne 0$，
所以 $\ln t>0$，且 $\ln t\ne 1$，
则 $\dfrac{(\ln t)^x}{\ln(x-1)}=\dfrac{1}{\ln(\ln t)}$，即 $(\ln t)^{x-1}=\dfrac{\ln(x-1)}{\ln(\ln t)}$，
设 $\ln t=m\in(0,1)\cup(1,+\infty)$，
则 $m^{x-1}=\log_m(x-1)$，即 $m^{x-1}=\log_m(x-1)$ 有且仅有一个解，
因为 $m^{x-1}=\log_m(x-1)$ 解的个数 $\Leftrightarrow a^x=\log_a x$ 解的个数（$a>0$ 且 $a\ne 1$），
所以下面讨论 $a^x=\log_a x$ 解的个数；
由 $\begin{cases} y=a^x \\ y=\log_a x \end{cases}$，得 $\begin{cases} y=a^x \ ① \\ a^y=x \ ② \end{cases}$ 其中 $x>0,y>0$，
（1）当 $a>1$ 时，
①+② 得 $y+a^y=a^x+x$，
令 $f(x)=a^x+x$，$x>0$，则 $f(y)=f(x)$，即 $f(a^x)=f(x)$，
因为 $a>1$，
所以 $f(x)$ 为增函数，
所以 $a^x=x\Leftrightarrow \ln a^x=\ln x\Leftrightarrow x\ln a=\ln x\Leftrightarrow x\ln a-\ln x=0$，
令 $g(x)=x\ln a-\ln x$，$x>0$，则 $g'(x)=\ln a-\dfrac{1}{x}$，
令 $g'(x)=0$ 得 $x=\dfrac{1}{\ln a}$，
当 $x\in\left(0,\dfrac{1}{\ln a}\right)$，$g'(x)<0$，即 $g(x)$ 单调递减，
当 $x\in\left(\dfrac{1}{\ln a},+\infty\right)$，$g'(x)>0$，即 $g(x)$ 单调递增，
所以 $g(x)\ge g\left(\dfrac{1}{\ln a}\right)=1-\ln\left(\dfrac{1}{\ln a}\right)=1+\ln\left(\dfrac{1}{\ln a}\right)$，
（ⅰ）当 $1+\ln\left(\dfrac{1}{\ln a}\right)>0$，即 $a>e^{\frac{1}{e}}$ 时，方程 $g(x)=0$ 无解，即函数 $y=a^x$ 与 $y=\log_a x$ 的图像没有交点；
（ⅱ）当 $1+\ln\left(\dfrac{1}{\ln a}\right)=0$，即 $a=e^{\frac{1}{e}}$ 时，方程 $g(x)=0$ 有一解，即函数 $y=a^x$ 与 $y=\log_a x$ 的图像有一个交点；
（ⅲ）当 $1+\ln\left(\dfrac{1}{\ln a}\right)<0$，即 $1<a<e^{\frac{1}{e}}$ 时，
当 $x\to 0$ 时，$g(x)\to+\infty$，当 $x\to+\infty$ 时，$g(x)\to+\infty$，
所以方程 $g(x)=0$ 有两解，即函数 $y=a^x$ 与 $y=\log_a x$ 的图像有两个交点；
（2）当 $0<a<1$ 时，
由①②消去 $y$，得 $a^x=x$ ③，
由于 $a^x>0$，且 $0<a<1$，故 $0<a^x<1$，即 $0<x<1$，
对③式两边取自然对数，得 $a^x\ln a=\ln x$，即 $a^x=\dfrac{\ln x}{\ln a}$，
两边取自然对数，得 $x\ln a=\ln\left(\dfrac{\ln x}{\ln a}\right)$，
令 $h(x)=\ln\left(\dfrac{\ln x}{\ln a}\right)-x\ln a$，$x\in(0,1)$，
则 $h'(x)=\dfrac{1}{x\ln x}-\ln a$，
由 $h'(x)=0$ 得 $x\ln x=\dfrac{1}{\ln a}$，
令 $\varphi(x)=x\ln x-\dfrac{1}{\ln a}$，$x\in(0,1)$，
则 $\varphi'(x)=\ln x+1$，
由 $\varphi'(x)=0$ 得 $x=\dfrac{1}{e}$，
当 $x\in\left(0,\dfrac{1}{e}\right)$ 时，$\varphi'(x)<0$；当 $x\in\left(\dfrac{1}{e},1\right)$ 时，$\varphi'(x)>0$；
所以当 $x=\dfrac{1}{e}$ 时，$\varphi(x)_{\min}=\varphi\left(\dfrac{1}{e}\right)=-\dfrac{1}{e}-\dfrac{1}{\ln a}$；
（ⅰ）当 $-\dfrac{1}{e}-\dfrac{1}{\ln a}\ge 0$，即 $a\ge \dfrac{1}{e^e}$ 时，$\varphi(x)\ge 0$ 恒成立，
所以 $x\ln x\ge \dfrac{1}{\ln a}$，
因为 $0<a<1$，$0<x<1$，
所以 $\dfrac{1}{x\ln x}-\ln a\le 0$，即 $h'(x)\le 0$ 当且仅当 $a=\dfrac{1}{e^e}$，且 $x=\dfrac{1}{e}$ 时等号成立；
所以 $h(x)$ 在 $(0,1)$ 上为减函数，
又因为当 $x\to 0$ 时，$h(x)\to+\infty$；$x\to 1$ 时，$h(x)\to-\infty$，
所以方程 $h(x)=0$ 恰有一解，此时函数 $y=a^x$ 与 $y=\log_a x$ 的图像有一个交点；
（ⅱ）当 $-\dfrac{1}{e}-\dfrac{1}{\ln a}<0$，即 $0<a<\dfrac{1}{e^e}$ 时，
因为当 $x\to 0$ 时 $\varphi(x)\to-\dfrac{1}{\ln a}$，$x\to 1$ 时 $\varphi(x)\to-\dfrac{1}{\ln a}$，
所以存在 $m\in\left(0,\dfrac{1}{e}\right)$，$n\in\left(\dfrac{1}{e},1\right)$，使得 $\varphi(m)=\varphi(n)=0$，
所以 $h'(m)=h'(n)=0$，
当 $x$ 变化时，$h'(x)$、$h(x)$ 的变化情况如下表：
| $x$ | $(0,m)$ | $(m,n)$ | $(n,1)$ |
| --- | --- | --- | --- |
| $h'(x)$ | 负 | 正 | 负 |
| $h(x)$ | 减 | 增 | 减 |
由上表可知，$h(x)$ 在 $(0,m)$ 内是减函数，在 $(m,n)$ 内是增函数，在 $(n,1)$ 内是减函数，
下面证明 $h\left(a^{\frac{1}{e}}\right)<0$，$h\left(\dfrac{1}{e}\right)>0$；
令 $F(a)=-1-a^{\frac{1}{e}}\ln a$，$0<a\le \dfrac{1}{e^e}$，
则当 $0<a<\dfrac{1}{e^e}$ 时，$F'(a)=-\dfrac{1}{e}a^{\frac{1}{e}-1}\ln a-a^{\frac{1}{e}}\cdot\dfrac{1}{a}=-a^{\frac{1}{e}-1}\left(\dfrac{1}{e}\ln a+1\right)>-a^{\frac{1}{e}-1}\left(\dfrac{1}{e}\ln\dfrac{1}{e^e}+1\right)=0$，
所以 $F(a)$ 在 $\left(0,\dfrac{1}{e^e}\right)$ 内是增函数，
所以 $F(a)<F\left(\dfrac{1}{e^e}\right)=0$，即 $h\left(a^{\frac{1}{e}}\right)<0$；
令 $G(a)=-\ln(-\ln a)-\dfrac{1}{e}\ln a$，$0<a<\dfrac{1}{e^e}$，
易证 $G(a)$ 为减函数，
所以当 $0<a<\dfrac{1}{e^e}$，$G(a)>G\left(\dfrac{1}{e^e}\right)=0$，即 $h\left(\dfrac{1}{e}\right)>0$；
因为 $0<a<\dfrac{1}{e^e}$，
所以 $0<a^{\frac{1}{e}}<\dfrac{1}{e}<1$，
又因为当 $x\to 0$ 时，$h(x)\to+\infty$，当 $x\to 1$ 时，$h(x)\to-\infty$，
所以 $h(x)$ 在区间 $\left(0,a^{\frac{1}{e}}\right)$，$\left(a^{\frac{1}{e}},\dfrac{1}{e}\right)$，$\left(\dfrac{1}{e},1\right)$ 各有一个解，
此时函数 $y=a^x$ 与 $y=\log_a x$ 的图像有三个交点；
综上所述，函数 $y=a^x$ 与 $y=\log_a x$（$a>0$ 且 $a\ne 1$）图像的交点情况如下：
当 $a>e^{\frac{1}{e}}$ 时，没有交点；
当 $a=e^{\frac{1}{e}}$ 时，有 1 个交点；
当 $1<a<e^{\frac{1}{e}}$ 时，有 2 个交点；
当 $\dfrac{1}{e^e}\le a<1$ 时，有 1 个交点；
当 $0<a<\dfrac{1}{e^e}$ 时，有 3 个交点；
所以 $\ln t=e^{\frac{1}{e}}$ 或 $\dfrac{1}{e^e}\le \ln t<1$，
即 $t=e^{e^{\frac{1}{e}}}$ 或 $e^{\frac{1}{e}}\le t<e$，
故答案为：$\left[e^{\frac{1}{e}},e\right)\cup\left\{e^{e^{\frac{1}{e}}}\right\}$.