（16分）（2016•江苏）已知函数 f ( x )= a…——2016 高考数学第 19 题答案解析

【解答】
（16分）（2016•江苏）已知函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{a}^{\mathrm{x}}+\mathrm{b}^{\mathrm{x}}(\mathrm{a}>0, \mathrm{~b}>0, \mathrm{a} \neq 1, \mathrm{~b} \neq 1)$ ．
①设 $\mathrm{a}=2, \mathrm{~b}=\frac{1}{2}$ ．
（1）求方程 $f(x)=2$ 的根；
（2）若对于任意 $x \in R$ ，不等式 $f(2 x) \geq m f(x)-6$ 恒成立，求实数 $m$ 的最大值；
（2）若 $0<\mathrm{a}<1, \mathrm{~b}>1$ ，函数 $\mathrm{g}(\mathrm{x})=\mathrm{f}(\mathrm{x})-2$ 有且只有 1 个零点，求 ab 的值．
【分析】（1）（1）利用方程，直接求解即可。（2）列出不等式，利用二次函数的性质以及函数的最值，转化求解即可．
（2）求出 $\mathrm{g}(\mathrm{x})=\mathrm{f}(\mathrm{x})-2=\mathrm{a}^{\mathrm{x}}+\mathrm{b}^{\mathrm{x}}-2$ ，求出函数的导数，构造函数 $h(\mathrm{x})=\left(\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{a}}\right)^{\mathrm{x}}+\frac{\ln \mathrm{a}}{\ln \mathrm{b}}$ ，求出 $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 的最小值为： $\mathrm{g}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ ．同理（1）若 $\mathrm{g}\left(\mathrm{x}_{0}\right)<0, \mathrm{~g}(\mathrm{x})$ 至少有两个零点，与条件矛盾。（2）若 $\mathrm{g}\left(\mathrm{x}_{0}\right)>0$ ，利用函数 $\mathrm{g}(\mathrm{x})=\mathrm{f}(\mathrm{x})-2$ 有且只有1个零点，推出 $\mathrm{g}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=$ 0 ，然后求解 $a b=1$ ．
【解答】解：函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{a}^{\mathrm{x}}+\mathrm{b}^{\mathrm{x}}(\mathrm{a}>0, \mathrm{~b}>0, \mathrm{a} \neq 1, \mathrm{~b} \neq 1)$ ．
①设 $\mathrm{a}=2, \mathrm{~b}=\frac{1}{2}$ ．

（1）方程 $f(x)=2$ ；即： $2^{x}+\frac{1}{2^{x}}=2$ ，可得 $x=0$ ．
（2）不等式 $f(2 x) \geq m f(x)-6$ 恒成立，即 $2^{2 x}+\frac{1}{2^{2 x}} \geq m\left(2^{x}+\frac{1}{2^{x}}\right)-6$ 恒成立。令 $\mathrm{t}=2^{\mathrm{x}}+\frac{1}{2^{\mathrm{x}}}, \mathrm{t} \geq 2$ ．

不等式化为：$t^{2}-m t+4 \geq 0$ 在 $t \geq 2$ 时，恒成立．可得：$\Delta \leq 0$ 或 $\left\{\begin{array}{l}\frac{m}{2} \leqslant 2 \\ 2^{2}-2 m+4 \geqslant 0\end{array}\right.$即：$m^{2}-16 \leq 0$ 或 $m \leq 4$ ，
$\therefore \mathrm{m} \in(-\infty, 4]$ 。
实数 m 的最大值为： 4 。
②$g(x)=f(x)-2=a^{x}+b^{x}-2$ ，
$\mathrm{g}^{\prime}(\mathrm{x})=\mathrm{a}^{\mathrm{x}} \ln \mathrm{a}^{+} \mathrm{b}^{\mathrm{x}} \ln \mathrm{b}=\mathrm{a}^{\mathrm{x}}\left[\frac{\ln \mathrm{a}}{\ln \mathrm{b}}+\left(\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{a}}\right)^{\mathrm{x}}\right] \ln \mathrm{b}$,
$0<\mathrm{a}<1, \mathrm{~b}>1$ 可得 $\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{a}}>1$ ，
令 $h(x)=\left(\frac{b}{a}\right)^{x}+\frac{\ln a}{\ln b}$ ，则 $h(x)$ 是递增函数，而， $\ln a<0, \ln b>0$ ，
因此， $\mathrm{x}_{0}=\log _{\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{a}}}\left(-\frac{\ln \mathrm{a}}{\ln \mathrm{b}}\right)$ 时， $\mathrm{h}\left(\mathrm{x}_{0}\right)=0$ ，
因此 $x \in\left(-\infty, x_{0}\right)$ 时，$h(x)<0, a^{x} \ln b>0$ ，则 $g^{\prime}(x)<0$ ．
$\mathrm{x} \in\left(\mathrm{x}_{0},+\infty\right)$ 时， $\mathrm{h}(\mathrm{x})>0, \mathrm{a}^{\mathrm{x}} \ln \mathrm{b}>0$ ，则 $\mathrm{g}^{\prime}(\mathrm{x})>0$ ，
则 $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 在 $\left(-\infty, \mathrm{x}_{0}\right)$ 递减，$\left(\mathrm{x}_{0},+\infty\right)$ 递增，因此 $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 的最小值为： $\mathrm{g}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ 。
（1）若 $g\left(x_{0}\right)<0, x<\log _{a} 2$ 时，$a^{x}>a^{\log _{a} 2}=2, b^{x}>0$ ，则 $g(x)>0$ ，
因此 $\mathrm{x}_{1}<\log _{\mathrm{a}} 2$ ，且 $\mathrm{x}_{1}<\mathrm{x}_{0}$ 时， $\mathrm{g}\left(\mathrm{x}_{1}\right)>0$ ，因此 $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 在 $\left(\mathrm{x}_{1}, \mathrm{x}_{0}\right)$ 有零点，则 $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 至少有两个零点，与条件矛盾。
（2）若 $\mathrm{g}\left(\mathrm{x}_{0}\right)>0$ ，函数 $\mathrm{g}(\mathrm{x})=\mathrm{f}(\mathrm{x})-2$ 有且只有1个零点， $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 的最小值为 $\mathrm{g}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ ，可得 $g\left(x_{0}\right)=0$ ，
由g（0）$=\mathrm{a}^{0}+\mathrm{b}^{0}-2=0$ ，
因此 $x_{0}=0$ ，因此 $\log _{\frac{b}{a}}\left(-\frac{\ln a}{\ln b}\right)=0,-\frac{\ln a}{\ln b}=1$ ，即 $\ln a+\ln b=0, \ln (a b)=0$ ，则 $a b=1$ ．
可得 $\mathrm{a} \mathrm{a}=1$ ．
【点评】本题考查函数与方程的综合应用，函数的导数的应用，基本不等式的应用，函数恒成立的应用，考查分析问题解决问题的能力。