Question

（1）已知函数f(x)=a|x|+

2

ax

(a＞0，a≠1)，
（Ⅰ）若a＞1，且关于x的方程f（x）=m有两个不同的正数解，求实数m的取值范围；
（Ⅱ）设函数g（x）=f（-x），x∈[-2，+∞），g（x）满足如下性质：若存在最大（小）值，则最大（小）值与a无关．试求a的取值范围．
（2）已知函数f（x）=lnx-mx+m，m∈R．
（I）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若f（x）≤0在x∈（0，+∞）上恒成立，求实数m的取值范围；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，任意的0＜a＜b，求证：

f(b)-f(a)

a-b

＜

1

a(1+a)

.

Answer 1

分析：（1）：（Ⅰ）令a^x=t利用换元法把方程化简，方程f（x）=m有两个不同的正数解等价于关于t的方程有相异的且均大于1的两根列出不等式求出解集即可；
（Ⅱ）根据题意得到g（x），分a＞1和0＜a＜1两种情况利用导函数的增减性求出函数的最值，找出与a无关的范围即可；
（2）：（Ⅰ）求出f′（x）讨论其大于0得到函数的单调增区间，小于0得到函数的单调减区间即可；
（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）的结论得到函数的最大值，求出m即可；
（Ⅲ）利用利用（Ⅱ）的结论化简不等式左边利用（Ⅱ）结论得证．

解答：解（1）：（Ⅰ）令a^x=t，x＞0，因为a＞1，所以t＞1，
所以关于x的方程f（x）=m有两个不同的正数解等价关于t的方程t+

2

t

=m有相异的且均大于1的两根，即关于t的方程t²-mt+2=0有相异的且均大于1的两根，所以

△=m2-8＞0 m 2 ＞1 12-m+2＞0

，解得2

2

＜m＜3，
故实数m的取值范围为区间(2

2

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

1

a2

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

2(ax)2-1

ax

lna
ⅰ当

1

a2

＞

1 2

即1＜a＜

4	2

时，对?x∈（-2，0），g'（x）＞0，所以g（x）在[-2，0）上递增，
所以g(x)∈[a2+

2

a2

，3)，综合（a）（b），g（x）有最小值为a2+

2

a2

与a有关，不符合
ⅱ当

1

a2

≤

1 2

即a≥

4	2

时，由g'（x）=0得x=-

1

2

loga2，
且当-2＜x＜-

1

2

loga2时g'（x）＜0，
当-

1

2

loga2＜x＜0时，g'（x）＞0，
所以g（x）在[-2，-

1

2

loga2]上递减，在[-

1

2

loga2，0]上递增，
所以g(x)min=g(-

1

2

loga2)=2

2

，综合（a）（b）g（x）有最小值为2

2

与a无关，符合要求．
②当0＜a＜1时，
（a）x≥0时，0＜a^x≤1，g（x）=3a^x，所以g（x）∈（0，3]
（b）-2≤x＜0时，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）上递减，
所以g(x)∈(3，a2+

2

a2

]，综合（a）（b）g（x）有最大值为a2+

2

a2

与a有关，不符合
综上所述，实数a的取值范围是a≥

4	2

．
（2）解：（Ⅰ）f/(x)=

1

x

-m=

1-mx

x

，(x∈(0，+∞))
当m≤0时，f^/（x）＞0恒成立，则函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当m＞0时，由f/(x)=

1

x

-m=

1-mx

x

＞0
则x∈(0，

1

m

)，则f（x）在(0，

1

m

)上单调递增，在(

1

m

，+∞)上单调递减．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得：当m≤0时显然不成立；
当m＞0时，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，
则g/(x)=1-

1

x

，函数g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
∴g（x）_min=g（1）=0
则若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，
则

ln b a

b a -1

•

1

a

-1＜

1

a

-1=

1-a

a

=

1-a2

a(1+a)

＜

1

a(1+a)

，
则原不等式

f(b)-f(a)

b-a

＜

1

a(1+a)

成立．

点评：此题是一道综合题，考查学生对函数最值及几何意义的理解，利用导数研究函数增减性及最值的能力，以及函数与方程的综合运用能力．