Question

17．已知函数f（x）=$\frac{{2}^{x}+b}{{2}^{x}+a}$，且f（1）=$\frac{1}{3}$，f（0）=0
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）判断函数f（x）在定义域上的单调性，并证明；
（3）求证：方程f（x）-lnx=0至少有一根在区间（1，3）．

Answer 1

分析 （1）根据f（1）=$\frac{1}{3}$，f（0）=0列出方程组解出a，b；
（2）先对f（x）化简，然后使用定义法判断；
（3）利用零点的存在性定理证明．

解答 解：（1）∵f（1）=$\frac{1}{3}$，f（0）=0，∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{2+b}{2+a}=\frac{1}{3}}\\{\frac{1+b}{1+a}=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=1}\\{b=-1}\end{array}\right.$．∴f（x）=$\frac{{2}^{x}-1}{{2}^{x}+1}$．
（2）f（x）在定义域上是增函数，
证明：f（x）=1-$\frac{2}{{2}^{x}+1}$，设x₁，x₂是R上的任意两个数，且x₁＜x₂，
∴f（x₁）-f（x₂）=$\frac{2}{{2}^{{x}_{2}}+1}-\frac{2}{{2}^{{x}_{1}}+1}$=$\frac{{2}^{{x}_{1}+1}-{2}^{{x}_{2}+1}}{（{2}^{{x}_{2}}+1）（{2}^{{x}_{1}}+1）}$．
∵x₁＜x₂，∴2${\;}^{{x}_{1}+1}$＜2${\;}^{{x}_{2}+1}$，2${\;}^{{x}_{1}}$＞0，2${\;}^{{x}_{2}}$＞0，
∴f（x₁）-f（x₂）＜0，即f（x₁）＜f（x₂）．
∴f（x）在定义域R上是增函数．
（3）令g（x）=f（x）-lnx=1-$\frac{2}{{2}^{x}+1}$-lnx，则g（x）在[1，3]上连续，
∵g（1）=1-$\frac{2}{3}$=$\frac{1}{3}$＞0，g（3）=1-$\frac{2}{9}$-ln3=$\frac{7}{9}$-ln3＜0．
∴g（x）在（1，3）上至少有一个零点，
∴方程f（x）-lnx=0至少有一根在区间（1，3）．

点评 本题考查了函数单调性的证明，零点的存在性定理，函数求值，属于基础题．