Question

（1）已知函數(shù)，
（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（�。┲�，則最大（�。┲蹬ca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：

Answer 1

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，解得，
故實數(shù)m的取值范圍為區(qū)間．
（Ⅱ）g（x）=a^|x|+2a^x，x∈[-2，+∞）
①當(dāng)a＞1時，
（a）x≥0時，a^x≥1，g（x）=3a^x，所以g（x）∈[3，+∞），
（b）-2≤x＜0時，g（x）=a^-x+2a^x，所以
ⅰ當(dāng)即時，對?x∈（-2，0），g'（x）＞0，所以g（x）在[-2，0）上遞增，
所以，綜合（a）（b），g（x）有最小值為與a有關(guān)，不符合
ⅱ當(dāng)即時，由g'（x）=0得，
且當(dāng)時g'（x）＜0，
當(dāng)時，g'（x）＞0，
所以g（x）在上遞減，在上遞增，
所以=，綜合（a）（b）g（x）有最小值為與a無關(guān)，符合要求．
②當(dāng)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，，g（x）=a^-x+2a^x，
所以＜0，g（x）在[-2，0）上遞減，
所以，綜合（a）（b）g（x）有最大值為與a有關(guān)，不符合
綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是．
（2）解：（Ⅰ）
當(dāng)m≤0時，f^/（x）＞0恒成立，則函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
當(dāng)m＞0時，由
則，則f（x）在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得：當(dāng)m≤0時顯然不成立；
當(dāng)m＞0時，只需m-lnm-1≤0即令g（x）=x-lnx-1，
則，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），
由0＜a＜b得，由（Ⅱ）得：，
則，
則原不等式成立．
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(dǎo)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．
點評：此題是一道綜合題，考查學(xué)生對函數(shù)最值及幾何意義的理解，利用導(dǎo)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．