Question

18．已知函數(shù)f（x）=bx+c（b，c∈R）的圖象過點（0，1），且滿足f（1）=2．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的解析式；
（Ⅱ）若函數(shù)y=2^f（x）-1在[m，2m]（m＞0）上的最大與最小值之和為6，求實數(shù)m的值；
（Ⅲ）若實數(shù)t為函數(shù)g（x）=（a-1）x-1+log_af（x）（0＜a＜2且a≠1）的一個零點，求證：函數(shù)M（x）=x²+1的圖象恒在函數(shù)N（x）=2tx圖象的上方．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可得c=1，b+c=2，可得b，c，進(jìn)而得到所求解析式；
（Ⅱ）求得2^f（x）-1=2^x，又y=2^x在[m，2m]（m＞0）單調(diào)遞增，可得最值，解方程可得m；
（Ⅲ）求得g（x）=（a-1）x-1+log_a（x+1），x＞-1，討論1＜a＜2，0＜a＜1，由函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合函數(shù)的零點存在定理，即可得到結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）依題意得：$\left\{\begin{array}{l}0+c=1\\ b+c=2\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}b=1\\ c=1\end{array}\right.$，
∴f（x）=x+1；
（Ⅱ）∵2^f（x）-1=2^x，
又y=2^x在[m，2m]（m＞0）單調(diào)遞增，
∴${y_{max}}={2^{2m}}$，${y_{min}}={2^m}$，
∴2^2m+2^m=6，
∴（2^m-2）（2^m+3）=0，
∴2^m-2=0，
∴m=1；
（Ⅲ）證明：∵g（x）=（a-1）x-1+log_a（x+1），x＞-1，
（i）當(dāng)1＜a＜2時，y=（a-1）x-1在（-1，+∞）上單調(diào)遞增，
由y=x+1在（-1，+∞）上單調(diào)遞增，得y=log_a（x+1）在（-1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴g（x）=（a-1）x-1+log_a（x+1）在（-1，+∞）上單調(diào)遞增，
又g（1）=a-2+log_a2＞a-2+log_aa=a-1＞0，
g（0）=-1＜0，
∴g（x）在（0，1）上存在唯一零點，
∴當(dāng)1＜a＜2時，0＜t＜1；
（ⅱ） 當(dāng)0＜a＜1時，y=（a-1）x-1在（-1，+∞）上單調(diào)遞減，
由y=x+1在（-1，+∞）上單調(diào)遞增，得y=log_a（x+1）在（-1，+∞）上單調(diào)遞減，
∴g（x）=（a-1）x-1+log_a（x+1）在（-1，+∞）上單調(diào)遞減，
又∵g（0）=-1＜0，$g（a-1）={（a-1）^2}-1+{log_a}a={（a-1）^2}＞0$
∴g（x）在（a-1，0）上存在唯一零點，
∴當(dāng)0＜a＜1時，-1＜t＜0．
綜上得，t²＜1且t≠0，
∴M（x）-N（x）=x²+1-2tx=（x-t）²+1-t²≥1-t²＞0，
即對于任意x∈R，都有M（x）＞N（x），
∴函數(shù)M（x）=x²+1的圖象恒在N（x）=2tx的圖象上方．

點評 本題考查一次函數(shù)的解析式的求法，注意運用待定系數(shù)法，考查指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性的運用，同時考查函數(shù)恒成立問題的解法，注意運用分類討論和函數(shù)的單調(diào)性，考查運算能力，屬于中檔題．