Question

（2011•上海模擬）已知函數f(x)=(

x

a

-1)2+(

b

x

-1)2，x∈D，其中0＜a＜b．
（1）當D=（0，+∞）時，設t=

x

a

+

b

x

，f（x）=g（t），求y=g（t）的解析式及定義域；
（2）當D=（0，+∞），a=1，b=2時，求f（x）的最小值；
（3）設k＞0，當a=k²，b=（k+1）²時，1≤f（x）≤9對任意x∈[a，b]恒成立，求k的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）由題意可得f（x）=(

x

a

+

b

x

-1)2+1-

2b

a

，而t=

x

a

+

b

x

，于是可得y=g（t）的解析式及定義域；
（2）a=1，b=2時，f（x）=(x+

2

x

-1)2-3，利用x+

2

x

-1≥2

2

-1即可求得f（x）的最小值；
（3）由題意可求得x∈[a，b]=[k²，（k+1）²]時，f（x）_min=

2

k2

，由1≤

2

k2

≤9，k＞0，即可求得k的取值范圍．

解答：解：（1）∵t=

x

a

+

b

x

，0＜a＜b，x＞0，
∴t≥2

b a

=

2 ab

a

，
又f（x）=(

x

a

-1)2+(

b

x

-1)2=(

x

a

+

b

x

-1)2+1-

2b

a

，f（x）=g（t），
∴g（t）=（t-1）²+1-

2b

a

，t∈[

2 ab

a

，+∞）；
（2）∵x＞0，a=1，b=2，
∴f（x）=(x+

2

x

-1)2-3，又x+

2

x

-1≥2

2

-1（當且僅當x=

2

時取“=”）
∴f（x）≥(2

2

-1)2-3=6-4

2

，
∴f（x）_min=6-4

2

．
（3）由題意可得，x∈[a，b]=[k²，（k+1）²]，1≤f（x）≤9恒成立，
∴只需求得x∈[k²，（k+1）²]時f（x）的最小值即可．
∵此時，f（x）=[

x

k2

+

(k+1)

x

2-1]2+1-

2(k+1)2

k2

，
∵k＞0，x＞0，令g（x）=

x

k2

+

(k+1)2

x

=

1

k2

（x+

k2(k+1)2

x

）
由雙鉤函數y=h（x）=x+

a

x

（a＞0）的性質h（x）在（0，

a

]單調遞減，在[

a

，+∞）單調遞增得：
g（x）在[k²，k（k+1）]上單調遞減，在[k（k+1），（k+1）²]單調遞增
∴當x=k（k+1）時g（x）取到最小值；
當x=k²時，g（k²）=2+

2

k

+

1

k2

；
當x=（k+1）²時，g（（k+1）²）=2+

2

k

+

1

k2

=g（k²），即當x=k²或（k+1）²時g（x）取到最大值；
∴g（x）_min=

2(k+1)

k

，g（x）_max=2+

2

k

+

1

k2

；
由題意可知，當g（x）取到最小值時，f（x）取到最小值，g（x）取到最大值時，f（x）亦取到最大值．
∴f（x）_min=[

2(k+1)

k

-1]2+1-

2(k+1)2

k2

=

2

k2

；
同理可求，f（x）_max=[

(k+1)2

k2

-1]2=(

2

k

+

1

k2

)2．
∵1≤f（x）≤9對任意x∈[k²，（k+1）²]恒成立，
∴

2 k2 ≥1 ( 2 k + 1 k2 )2≤9

，而k＞0，
∴0＜k≤

2

．

點評：本題考查基本不等式，考查函數恒成立問題，考查二次函數的性質，考查綜合分析與運算能力，難度大，屬于難題．