Question

18．已知函數(shù)f（x）=$\frac{2x}{x+1}$（x＞0）．
（Ⅰ）求證：函數(shù)f（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)；
（Ⅱ）當(dāng)x∈（0，1]時，若tf（2^x）≥2^x-2恒成立，求實數(shù)t的取值范圍；
（Ⅲ）設(shè)g（x）=log₂f（x），試討論函數(shù)F（x）=|g（x）|²-（3^m+1）|g（x）|+3^m（m∈R）的零點情況．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義證明即可；（Ⅱ）設(shè)2^t=u，當(dāng)u∈（1，2]時，u²-（2t+1）u-2≤0恒成立，得到關(guān)于t的不等式組，解出即可；
（Ⅲ）求出y=|g（x）|的值域，問題轉(zhuǎn)化為求方程|g（x）|²-（3^m+1）|g（x）|+3^m=0的實數(shù)根，令b=|g（x）|，得到方程b²-（3^m+1）b+3^m=0，求出b的值，通過討論m的范圍，判斷即可．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)x₁，x₂是（0，+∞）上的任意兩個數(shù)，且x₁＜x₂，
則f（x₁）-f（x₂）=（2-$\frac{2}{{x}_{1}+1}$）-（2-$\frac{2}{{x}_{2}+1}$）=$\frac{2{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{（x}_{1}+1）{（x}_{2}+1）}$，
∵x₁＜x₂，∴x₁-x₂＜0，∴$\frac{2{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{（x}_{1}+1）{（x}_{2}+1）}$＜0，
即f（x₁）＜f（x₂），
∴f（x）在（0，+∞）上遞增；
（Ⅱ）tf（2^x）≥2^x-2即（2^t）²-（2t+1）2^t-2≤0，
設(shè)2^t=u，∵x∈（0，1]，∴u∈（1，2]，
即當(dāng)u∈（1，2]時，u²-（2t+1）u-2≤0恒成立，
∴$\left\{\begin{array}{l}{1-（2t+1）-2≤0}\\{4-（2t+1）×2-2≤0}\end{array}\right.$，
解得：t≥0，
∴實數(shù)t的范圍是[0，+∞）；
（Ⅲ）f（x）=2-$\frac{2}{x+1}$，
∵x＞0，∴x+1＞1，∴0＜$\frac{2}{x+2}$＜2，
即0＜f（x）＜2，
x＞0時，由（Ⅰ）得f（x）遞增，y=log₂t遞增，
∴g（x）=log₂f（x）遞增，∴g（x）的值域是（-∞，1），
∴y=|g（x）|的大致圖象如圖示：
，
函數(shù)F（x）=|g（x）|²-（3^m+1）|g（x）|+3^m（m∈R）的零點
即方程|g（x）|²-（3^m+1）|g（x）|+3^m=0的實數(shù)根，
令b=|g（x）|，即b²-（3^m+1）b+3^m=0，解得：b=1或b=3^m，
b=1時，滿足條件的實數(shù)根有且只有一個，
∵3^m＞0，
當(dāng)0＜3^m＜1，即m＜0時，函數(shù)F（x）有3個零點，
當(dāng)3^m=1，即m=0時，函數(shù)F（x）只有1個零點，
當(dāng)3^m＞1，即m＞0時，函數(shù)F（x）有2個零點，
綜上，m=0時，函數(shù)F（x）只有1個零點，
m＞0時，函數(shù)F（x）有2個零點，
m＜0時，函數(shù)F（x）有3個零點．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，考查函數(shù)的零點問題，數(shù)形結(jié)合思想，是一道綜合題．