Question

9．已知函數(shù)f（x）=a^x+b^x（a＞0，b＞0，a≠1，b≠1）．
（1）設(shè)a=2，b=$\frac{1}{2}$．
①求方程f（x）=2的根；
②若對(duì)于任意x∈R，不等式f（2x）≥mf（x）-6恒成立，求實(shí)數(shù)m的最大值；
（2）若0＜a＜1，b＞1，函數(shù)g（x）=f（x）-2有且只有1個(gè)零點(diǎn)，求ab的值．

Answer 1

分析 （1）①利用方程，直接求解即可．②列出不等式，利用二次函數(shù)的性質(zhì)以及函數(shù)的最值，轉(zhuǎn)化求解即可．
（2）求出g（x）=f（x）-2=a^x+b^x-2，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，構(gòu)造函數(shù)h（x）=$（\frac{a}）^{x}$+$\frac{lna}{lnb}$，求出g（x）的最小值為：g（x₀）．同理①若g（x₀）＜0，g（x）至少有兩個(gè)零點(diǎn)，與條件矛盾．②若g（x₀）＞0，利用函數(shù)g（x）=f（x）-2有且只有1個(gè)零點(diǎn)，推出g（x₀）=0，然后求解ab=1．

解答 解：函數(shù)f（x）=a^x+b^x（a＞0，b＞0，a≠1，b≠1）．
（1）設(shè)a=2，b=$\frac{1}{2}$．
①方程f（x）=2；即：${2}^{x}+\frac{1}{{2}^{x}}$=2，可得x=0．
②不等式f（2x）≥mf（x）-6恒成立，即${2}^{2x}+\frac{1}{{2}^{2x}}$≥m（${2}^{x}+\frac{1}{{2}^{x}}$）-6恒成立．
令t=${2}^{x}+\frac{1}{{2}^{x}}$，t≥2．
不等式化為：t²-mt+4≥0在t≥2時(shí)，恒成立．可得：△≤0或$\left\{\begin{array}{l}{\frac{m}{2}≤2}\\{{2}^{2}-2m+4≥0}\end{array}\right.$
即：m²-16≤0或m≤4，
∴m∈（-∞，4]．
實(shí)數(shù)m的最大值為：4．
（2）g（x）=f（x）-2=a^x+b^x-2，
g′（x）=a^xlna+b^xlnb=a^x[$\frac{lna}{lnb}$+$（\frac{a}）^{x}$]lnb，
0＜a＜1，b＞1可得$\frac{a}＞1$，
令h（x）=$（\frac{a}）^{x}$+$\frac{lna}{lnb}$，則h（x）是遞增函數(shù)，而，lna＜0，lnb＞0，
因此，x₀=$lo{g}_{\frac{a}}（-\frac{lna}{lnb}）$時(shí)，h（x₀）=0，
因此x∈（-∞，x₀）時(shí)，h（x）＜0，a^xlnb＞0，則g′（x）＜0．
x∈（x₀，+∞）時(shí)，h（x）＞0，a^xlnb＞0，則g′（x）＞0，
則g（x）在（-∞，x₀）遞減，（x₀，+∞）遞增，因此g（x）的最小值為：g（x₀）．
①若g（x₀）＜0，x＜log_a2時(shí)，a^x＞${a}^{lo{g}_{a}2}$=2，b^x＞0，則g（x）＞0，
因此x₁＜log_a2，且x₁＜x₀時(shí)，g（x₁）＞0，因此g（x）在（x₁，x₀）有零點(diǎn)，
則g（x）至少有兩個(gè)零點(diǎn)，與條件矛盾．
②若g（x₀）＞0，函數(shù)g（x）=f（x）-2有且只有1個(gè)零點(diǎn)，g（x）的最小值為g（x₀），可得g（x₀）=0，
由g（0）=a⁰+b⁰-2=0，
因此x₀=0，因此$lo{g}_{\frac{a}}（-\frac{lna}{lnb}）$=0，-$\frac{lna}{lnb}$=1，即lna+lnb=0，ln（ab）=0，則ab=1．
可得ab=1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)與方程的綜合應(yīng)用，函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，基本不等式的應(yīng)用，函數(shù)恒成立的應(yīng)用，考查分析問題解決問題的能力．