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1、一道高考题引发的一类函数单调性思考试题呈现 已知函数f（x）=ax+bx（a0，b0，a1，b1）. （1）设a=2，b= . 求方程f（x）=2的根； 若对于任意xR，不等式f（2x）mf（x）-6恒成立，求实数m的最大值. （2）若01，函数g（x）=f（x）-2有且仅有1个零点，求ab的值. 2016届普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）第19题. 提炼聚焦 在本题的第（2）问中，因为函数g（x）=f（x）-2有且仅有1个零点，而g（0）=f（0）-2=a0+b0-2=0，所以0是函数g（x）的唯一零点，也就是说y=f（x）与直线y=2在x=0处有唯一的交点. 故本题第（2）问的关键就
2、是研究函数y=f（x）的单调性. 分析探讨 在f（x）=ax+bx（a0，b0，a1，b1）中， （1）当a1且b1时，显然f（x）在xR上单调递增. （2）当0（3）当01（或者a1且00， 所以f（x）在xR上单调递增. 令f（x）=0，则x=log - ， 当x-，log - 时，f（x）0，f（x）单调递增. 推广论证 1. 函数形式推广 如果把刚才的函数推广为更一般的函数f（x）= a （ai0，ai1），是否也可以讨论出类似的单调性结论？ 2. 单调性论证 在函数f（x）= a （ai0，ai1）中 （1）当ai1，i=1，2，3，n时，显然f（x）在xR上单调递增. （2）当0（
3、3）当ai（ai0，ai1，i=1，2，3，n）不全大于1且不全在0到1中时， 因为f（x）= （a lnai），f（x）= a （lnai）20， 所以f（x）= （a lnai）在xR上单调递增. 又因为： 当ak1（1kn），则x+时a lna +，x-时a lnak0； 当0所以在f（x）= （a lnai）=a lna1+a lna2+a lnan中，由ai（ai0，ai1，i=1，2，3，n）不全大于1且不全在0到1中得 x+?r，f（x）=a lna1+a lna2+a lnan+； x-时f（x）=a lna1+a lna2+a lnan-. 结合f（x）连续性，则f（x）=a lna1+a lna2+a lnan=0有唯一解x . 综合以上得 当x（-，x0）时，f（x）0，y=f（x）单调递增. 结果我们发现：此类看起来很复杂的函数f（x）= a （ai0，ai1）的单调性竟如此简单、和谐、统一. 这大大出乎我们的意料！ 触类旁通 既然指数函数与对数函数互为反函数，它们具有很多类似的性质，有时候可以把它们归结为一类函数.那么函数f（x）= logaix （ai0，ai1）的单调性是否也很简单、统一？ 因为f（x）= logaix= =lnx =lnx logaie， 当 logaie0时，f（x）在x（0，+）上单调递增； 当 logaie