Question

1．設f（x）=a^x-1，g（x）=b^x-1（a，b＞0），記h（x）=f（x）-g（x）
（1）若h（2）=2，h（3）=12，當x∈[1，3]時，求h（x）的最大值
（2）a=2，b=1，且方程$|{h（x）}|=t（{0＜t＜\frac{1}{2}}）$有兩個不相等實根m，n，求mn的取值范圍
（3）若a=2，h（x）=c^x-1（x＞1，c＞0），且a，b，c是三角形的三邊長，求出x的范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)h（2）=2，h（3）=12，得到關(guān)于a，b的方程組，解出即可；
（2）求出mn的表達式，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)求出mn的范圍即可；
（3）問題等價于存在x使得${（\frac{2}）}^{x-1}$+${（\frac{c}{2}）}^{x-1}$=1成立，令f（x）=${（\frac{2}）}^{x-1}$+${（\frac{c}{2}）}^{x-1}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出x的范圍即可．

解答 解：（1）由已知得：$\left\{\begin{array}{l}{a-b=2}\\{{a}^{2}{-b}^{2}=12}\end{array}\right.$，解得：a=4，b=2，
h（x）=f（x）-g（x）=4^x-1-2^x-1=${{（2}^{x-1}-\frac{1}{2}）}^{2}$-$\frac{1}{4}$≤${{（2}^{2}-\frac{1}{2}）}^{2}$-$\frac{1}{4}$=12，
故h（x）的最大值是12；
（2）由|h（x）|=t，|得：|2^x-1-1|=t，
則m=log₂（2-2t），n=log₂（2+2t），
m+n=log₂（2-2t）（2+2t），
0＜t＜$\frac{1}{2}$時，mn≤$\frac{{（m+n）}^{2}}{4}$=$\frac{{{[log}_{2}（4-{4t}^{2}）]}^{2}}{4}$＜1，
故0＜mn＜1，
綜上，mn的范圍是（0，1）；
（3）存在x使得b^x-1+c^x-1=2^x-1成立，
等價于存在x使得${（\frac{2}）}^{x-1}$+${（\frac{c}{2}）}^{x-1}$=1成立，
令f（x）=${（\frac{2}）}^{x-1}$+${（\frac{c}{2}）}^{x-1}$，
∵b＜2，c＜2，
則0＜$\frac{2}$＜1，0＜$\frac{c}{2}$＜1，
則f（x）是減函數(shù)，
x＞2，f（x）∈（0，$\frac{b+c}{2}$），
∵$\frac{b+c}{2}$＞1，故必存在x₀＞2使得f（x₀）=1，
即${（\frac{2}）}^{{x}_{0}-1}$+${（\frac{c}{2}）}^{{x}_{0}-1}$=1，
即$^{{x}_{0}-1}$+${c}^{{x}_{0}-1}$=${2}^{{x}_{0}-1}$，
綜上，x＞2．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查對數(shù)函數(shù)以及二次函數(shù)的性質(zhì)，考查轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．