Question

18．已知函数f（x）=$\frac{2x}{x+1}$（x＞0）．
（Ⅰ）求证：函数f（x）在（0，+∞）上为增函数；
（Ⅱ）当x∈（0，1]时，若tf（2^x）≥2^x-2恒成立，求实数t的取值范围；
（Ⅲ）设g（x）=log₂f（x），试讨论函数F（x）=|g（x）|²-（3^m+1）|g（x）|+3^m（m∈R）的零点情况．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根据函数单调性的定义证明即可；（Ⅱ）设2^t=u，当u∈（1，2]时，u²-（2t+1）u-2≤0恒成立，得到关于t的不等式组，解出即可；
（Ⅲ）求出y=|g（x）|的值域，问题转化为求方程|g（x）|²-（3^m+1）|g（x）|+3^m=0的实数根，令b=|g（x）|，得到方程b²-（3^m+1）b+3^m=0，求出b的值，通过讨论m的范围，判断即可．

解答 解：（Ⅰ）设x₁，x₂是（0，+∞）上的任意两个数，且x₁＜x₂，
则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，+∞）上递增；
（Ⅱ）tf（2^x）≥2^x-2即（2^t）²-（2t+1）2^t-2≤0，
设2^t=u，∵x∈（0，1]，∴u∈（1，2]，
即当u∈（1，2]时，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，
∴实数t的范围是[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时，由（Ⅰ）得f（x）递增，y=log₂t递增，
∴g（x）=log₂f（x）递增，∴g（x）的值域是（-∞，1），
∴y=|g（x）|的大致图象如图示：
，
函数F（x）=|g（x）|²-（3^m+1）|g（x）|+3^m（m∈R）的零点
即方程|g（x）|²-（3^m+1）|g（x）|+3^m=0的实数根，
令b=|g（x）|，即b²-（3^m+1）b+3^m=0，解得：b=1或b=3^m，
b=1时，满足条件的实数根有且只有一个，
∵3^m＞0，
当0＜3^m＜1，即m＜0时，函数F（x）有3个零点，
当3^m=1，即m=0时，函数F（x）只有1个零点，
当3^m＞1，即m＞0时，函数F（x）有2个零点，
综上，m=0时，函数F（x）只有1个零点，
m＞0时，函数F（x）有2个零点，
m＜0时，函数F（x）有3个零点．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查函数的零点问题，数形结合思想，是一道综合题．