解(1):(Ⅰ)令a
x=t,x>0,因?yàn)閍>1,所以t>1,
所以關(guān)于x的方程f(x)=m有兩個(gè)不同的正數(shù)解等價(jià)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t
2-mt+2=0有相異的且均大于1的兩根,所以
,解得
,
故實(shí)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(shí),
(a)x≥0時(shí),a
x≥1,g(x)=3a
x,所以g(x)∈[3,+∞),
(b)-2≤x<0時(shí),
g(x)=a
-x+2a
x,所以
ⅰ當(dāng)
即
時(shí),對(duì)?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(shí),由g'(x)=0得
,
且當(dāng)
時(shí)g'(x)<0,
當(dāng)
時(shí),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(shí),
(a)x≥0時(shí),0<a
x≤1,g(x)=3a
x,所以g(x)∈(0,3]
(b)-2≤x<0時(shí),
,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(shí)數(shù)a的取值范圍是
.
(2)解:(Ⅰ)
當(dāng)m≤0時(shí),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(shí),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(shí)顯然不成立;
當(dāng)m>0時(shí),
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(jiǎn),方程f(x)=m有兩個(gè)不同的正數(shù)解等價(jià)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(jiǎn)不等式左邊利用(Ⅱ)結(jié)論得證.
點(diǎn)評(píng):此題是一道綜合題,考查學(xué)生對(duì)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(yùn)用能力.