Question

（1）已知函數(shù)f(x)=a|x|+

2

ax

(a＞0，a≠1)，
（Ⅰ）若a＞1，且關(guān)于x的方程f（x）=m有兩個不同的正數(shù)解，求實數(shù)m的取值范圍；
（Ⅱ）設(shè)函數(shù)g（x）=f（-x），x∈[-2，+∞），g（x）滿足如下性質(zhì)：若存在最大（小）值，則最大（小）值與a無關(guān)．試求a的取值范圍．
（2）已知函數(shù)f（x）=lnx-mx+m，m∈R．
（I）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若f（x）≤0在x∈（0，+∞）上恒成立，求實數(shù)m的取值范圍；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，任意的0＜a＜b，求證：

f(b)-f(a)

a-b

＜

1

a(1+a)

.

Answer 1

分析：（1）：（Ⅰ）令a^x=t利用換元法把方程化簡，方程f（x）=m有兩個不同的正數(shù)解等價于關(guān)于t的方程有相異的且均大于1的兩根列出不等式求出解集即可；
（Ⅱ）根據(jù)題意得到g（x），分a＞1和0＜a＜1兩種情況利用導函數(shù)的增減性求出函數(shù)的最值，找出與a無關(guān)的范圍即可；
（2）：（Ⅰ）求出f′（x）討論其大于0得到函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間，小于0得到函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間即可；
（Ⅱ）由于f（x）≤0在x∈（0，+∞）上恒成立，就是要f（x）的最小值小于等于0，利用（Ⅰ）的結(jié)論得到函數(shù)的最大值，求出m即可；
（Ⅲ）利用利用（Ⅱ）的結(jié)論化簡不等式左邊利用（Ⅱ）結(jié)論得證．

解答：解（1）：（Ⅰ）令a^x=t，x＞0，因為a＞1，所以t＞1，
所以關(guān)于x的方程f（x）=m有兩個不同的正數(shù)解等價關(guān)于t的方程t+

2

t

=m有相異的且均大于1的兩根，即關(guān)于t的方程t²-mt+2=0有相異的且均大于1的兩根，所以

△=m2-8＞0 m 2 ＞1 12-m+2＞0

，解得2

2

＜m＜3，
故實數(shù)m的取值范圍為區(qū)間(2

2

，3)．
（Ⅱ）g（x）=a^|x|+2a^x，x∈[-2，+∞）
①當a＞1時，
（a）x≥0時，a^x≥1，g（x）=3a^x，所以g（x）∈[3，+∞），
（b）-2≤x＜0時，

1

a2

≤ax＜1g（x）=a^-x+2a^x，所以g′(x)=-a-xlna+2axlna=

2(ax)2-1

ax

lna
ⅰ當

1

a2

＞

1 2

即1＜a＜

4	2

時，對?x∈（-2，0），g'（x）＞0，所以g（x）在[-2，0）上遞增，
所以g(x)∈[a2+

2

a2

，3)，綜合（a）（b），g（x）有最小值為a2+

2

a2

與a有關(guān)，不符合
ⅱ當

1

a2

≤

1 2

即a≥

4	2

時，由g'（x）=0得x=-

1

2

loga2，
且當-2＜x＜-

1

2

loga2時g'（x）＜0，
當-

1

2

loga2＜x＜0時，g'（x）＞0，
所以g（x）在[-2，-

1

2

loga2]上遞減，在[-

1

2

loga2，0]上遞增，
所以g(x)min=g(-

1

2

loga2)=2

2

，綜合（a）（b）g（x）有最小值為2

2

與a無關(guān)，符合要求．
②當0＜a＜1時，
（a）x≥0時，0＜a^x≤1，g（x）=3a^x，所以g（x）∈（0，3]
（b）-2≤x＜0時，1＜ax≤

1

a2

，g（x）=a^-x+2a^x，
所以g′(x)=-a-xlna+2axlna=

2(ax)2-1

ax

lna＜0，g（x）在[-2，0）上遞減，
所以g(x)∈(3，a2+

2

a2

]，綜合（a）（b）g（x）有最大值為a2+

2

a2

與a有關(guān)，不符合
綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是a≥

4	2

．
（2）解：（Ⅰ）f/(x)=

1

x

-m=

1-mx

x

，(x∈(0，+∞))
當m≤0時，f^/（x）＞0恒成立，則函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
當m＞0時，由f/(x)=

1

x

-m=

1-mx

x

＞0
則x∈(0，

1

m

)，則f（x）在(0，

1

m

)上單調(diào)遞增，在(

1

m

，+∞)上單調(diào)遞減．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得：當m≤0時顯然不成立；
當m＞0時，f(x)max=f(

1

m

)=ln

1

m

-1+m=m-lnm-1只需m-lnm-1≤0即令g（x）=x-lnx-1，
則g/(x)=1-

1

x

，函數(shù)g（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增．
∴g（x）_min=g（1）=0
則若f（x）≤0在x∈（0，+∞）上恒成立，m=1．
（Ⅲ）

f(b)-f(a)

b-a

=

lnb-lna+a-b

b-a

=

lnb-lna

b-a

-1=

ln b a

b a -1

•

1

a

-1，
由0＜a＜b得

b

a

＞1，由（Ⅱ）得：ln

b

a

＜

b

a

-1，
則

ln b a

b a -1

•

1

a

-1＜

1

a

-1=

1-a

a

=

1-a2

a(1+a)

＜

1

a(1+a)

，
則原不等式

f(b)-f(a)

b-a

＜

1

a(1+a)

成立．

點評：此題是一道綜合題，考查學生對函數(shù)最值及幾何意義的理解，利用導數(shù)研究函數(shù)增減性及最值的能力，以及函數(shù)與方程的綜合運用能力．