函数第二问

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已知 $f(x)=x+1, g(x)=x^2+2$．定义 $\min \{a, b\}=\left\{\begin{array}{l}a, a \leq b \\ b, b \leq a\end{array}\right.$ ，设 $m(x)=\min \{f(|x-t|), g(|x-2 t|)\}, \quad t \inR$.
（1）若 $t=3$，（i）画出函数 $m(x)$ 的图象；
（ii）直接写出函数 $m(x)$ 的单调区间；
（2）定义区间 $A=(p, q)$ 的长度 $L(A)=q-p$．若 $B=A_1 \cup A_2 \cup \cdots \cup A_n(n \inN^*)$， $A_i \cap A_j=\varnothing(1 \leq i<j \leq n)$，则 $L(B)=\sum_{i=1}^n L(A_i)$．设关于 $x$ 的不等式 $m(x)<t$ 的解集为 $D$．是否存在 $t$，使得 $L(D)=6$？若存在，求出 $t$ 的值；若不存在，请说明理由．

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第二问分析
我们要解决的问题是：是否存在 \(t \in \mathbb{R}\)，使得关于 \(x\) 的不等式 \(m(x) < t\) 的解集 \(D\) 的长度 \(L(D)=6\)。
首先，我们写出 \(m(x)\) 的表达式： \(m(x) = \min \{ |x-t|+1, (x-2t)^2+2 \}\)
不等式 \(m(x) < t\) 等价于： \(|x-t|+1 < t\) 或 \((x-2t)^2+2 < t\)
我们分别分析这两个不等式。
不等式 1: \(|x-t|+1 < t\) 化简得到 \(|x-t| < t-1\)。 为了使这个不等式有解，必须满足 \(t-1 > 0\)，即 \(t > 1\)。 当 \(t>1\) 时，解集为： $ -(t-1) < x-t < t-1 $ $ t-(t-1) < x < t+(t-1) $ $ 1 < x < 2t-1 $ 所以，这个不等式的解集为 \(D_1 = (1, 2t-1)\)。 其区间长度为 \(L(D_1) = (2t-1) - 1 = 2t-2\)。
不等式 2: \((x-2t)^2+2 < t\) 化简得到 \((x-2t)^2 < t-2\)。 为了使这个不等式有解，必须满足 \(t-2 > 0\)，即 \(t > 2\)。 当 \(t>2\) 时，解集为： $ -\sqrt{t-2} < x-2t < \sqrt{t-2} $ $ 2t - \sqrt{t-2} < x < 2t + \sqrt{t-2} $ 所以，这个不等式的解集为 \(D_2 = (2t - \sqrt{t-2}, 2t + \sqrt{t-2})\)。 其区间长度为 \(L(D_2) = (2t + \sqrt{t-2}) - (2t - \sqrt{t-2}) = 2\sqrt{t-2}\)。
解集 \(D\)及其长度 \(L(D)\)
原不等式 \(m(x) < t\) 的解集 \(D\) 是 \(D_1\) 和 \(D_2\) 的并集，即 \(D = D_1 \cup D_2\)。 要使 \(D_1\) 和 \(D_2\) 都有解，必须同时满足 \(t>1\) 和 \(t>2\)，所以我们只需要考虑 \(t > 2\) 的情况。
\(L(D)\) 的值取决于 \(D_1\) 和 \(D_2\) 是否有重叠。\(D_1=(1, 2t-1)\)，\(D_2=(2t - \sqrt{t-2}, 2t + \sqrt{t-2})\)。 我们比较 \(D_1\) 的右端点 \(2t-1\) 和 \(D_2\) 的左端点 \(2t - \sqrt{t-2}\)。
比较 \(2t-1\) 和 \(2t-\sqrt{t-2}\) 的大小，等价于比较 \(-1\) 和 \(-\sqrt{t-2}\) 的大小，也等价于比较 \(1\) 和 \(\sqrt{t-2}\) 的大小。 因为 \(t>2\)，\(\sqrt{t-2}\) 是正实数，所以我们可以对方程两边进行平方，比较 \(1^2\) 和 \((\sqrt{t-2})^2\)，即比较 \(1\) 和 \(t-2\)。
这引出三种情况：
情况 1: \(1 > t-2\)，即 \(2 < t < 3\) 在这种情况下，\(1 > \sqrt{t-2}\)，所以 \(-1 < -\sqrt{t-2}\)，因此 \(2t-1 < 2t-\sqrt{t-2}\)。 这意味着区间 \(D_1\) 在 \(D_2\) 的左侧，且两个区间没有重叠（即 \(D_1 \cap D_2 = \varnothing\)）。 根据题中长度的定义，\(L(D) = L(D_1) + L(D_2)\)。 \(L(D) = (2t-2) + 2\sqrt{t-2}\)。 我们要求 \(L(D)=6\)，即： \((2t-2) + 2\sqrt{t-2} = 6\) \(2\sqrt{t-2} = 8-2t\) \(\sqrt{t-2} = 4-t\) 要使该方程有解，必须有 \(4-t \ge 0\)，即 \(t \le 4\)。这与我们当前情况的假设 \(2 < t < 3\) 并不矛盾。 对方程两边平方： \(t-2 = (4-t)^2 = 16 - 8t + t^2\) \(t^2 - 9t + 18 = 0\) \((t-3)(t-6) = 0\) 解得 \(t=3\) 或 \(t=6\)。 然而，这两个解都不在当前情况的范围 \(2 < t < 3\) 内。因此，在这种情况下不存在满足条件的 \(t\)。
情况 2: \(1 = t-2\)，即 \(t=3\) 在这种情况下，\(1 = \sqrt{t-2}\)，所以 \(2t-1 = 2t-\sqrt{t-2}\)。 \(D_1\) 的右端点和 \(D_2\) 的左端点相等。 当 \(t=3\) 时： \(D_1 = (1, 2(3)-1) = (1, 5)\) \(D_2 = (2(3)-\sqrt{3-2}, 2(3)+\sqrt{3-2}) = (5, 7)\) 解集 \(D = D_1 \cup D_2 = (1, 5) \cup (5, 7)\)。 这是一个由两个不相交的开区间组成的集合，符合题目对长度的定义。 \(L(D) = L(D_1) + L(D_2) = (5-1) + (7-5) = 4 + 2 = 6\)。 这完全符合题目的要求。因此，\(t=3\) 是一个解。
情况 3: \(1 < t-2\)，即 \(t > 3\) 在这种情况下，\(1 < \sqrt{t-2}\)，所以 \(2t-1 > 2t-\sqrt{t-2}\)。 这意味着区间 \(D_1\) 和 \(D_2\) 有重叠。 \(D_1 = (1, 2t-1)\) \(D_2 = (2t - \sqrt{t-2}, 2t + \sqrt{t-2})\) 它们的并集是一个连续的开区间： \(D = D_1 \cup D_2 = (1, 2t + \sqrt{t-2})\) 其长度为 \(L(D) = (2t + \sqrt{t-2}) - 1\)。 我们要求 \(L(D)=6\)，即： \(2t + \sqrt{t-2} - 1 = 6\) \(\sqrt{t-2} = 7 - 2t\) 要使该方程有解，必须有 \(7-2t \ge 0\)，即 \(t \le 3.5\)。结合本情况的假设 \(t > 3\)，我们只需要在 \((3, 3.5]\) 的范围内寻找解。 对方程两边平方： \(t-2 = (7-2t)^2 = 49 - 28t + 4t^2\) \(4t^2 - 29t + 51 = 0\) 利用求根公式解这个二次方程： \(t = \frac{-(-29) \pm \sqrt{(-29)^2 - 4(4)(51)}}{2(4)} = \frac{29 \pm \sqrt{841 - 816}}{8} = \frac{29 \pm \sqrt{25}}{8} = \frac{29 \pm 5}{8}\) 得到两个潜在的解： \(t_1 = \frac{29+5}{8} = \frac{34}{8} = \frac{17}{4} = 4.25\) \(t_2 = \frac{29-5}{8} = \frac{24}{8} = 3\) 现在我们来检验这两个解： \(t_1 = 4.25\)。它不满足 \(t \le 3.5\) 的条件，所以它是一个增根，舍去。（代入原方程 \(\sqrt{t-2} = 7 - 2t\) 左边为正，右边为负） \(t_2 = 3\)。它不在当前情况的范围 \(t>3\) 内，舍去。 因此，在这种情况下也不存在满足条件的 \(t\)。
结论
综合以上三种情况的分析，只有当 \(t=3\) 时，不等式 \(m(x)<t\) 的解集 \(D\) 的长度 \(L(D)\) 等于 6。
最终答案:
存在满足条件的 \(t\)，其值为 \(t=3\)。