Question

已知函數f（x）=

x 2+ax+a

x

，且a＜1．
（1）當x∈[1，+∞）時，判斷f（x）的單調性并證明；
（2）在（1）的條件下，若m滿足f（3m）＞f（5-2m），試確定m的取值范圍．
（3）設函數g（x）=x•f（x）+|x²-1|+（k-a）x-a，k為常數．若關于x的方程g（x）=0在（0，2）上有兩個解x₁，x₂，求k的取值范圍，并比較

1

x1

+

1

x2

與4的大小．

Answer 1

分析：（1）根據函數單調性的定義，首先應在所給區間上任設兩個數并規定大小，然后通過作差法分析獲得兩數對應函數值之間的大小關系即可；
（2）首先要將抽象不等式結合函數的奇偶性進行轉化，然后根據函數的單調性找到自變量之間的不等關系，注意定義域優先原則．
（3）首先將函數進行化簡，或為分段函數，通過研究兩段函數的單調性即可獲得兩根的分布情況，由根的條件以及根的分布即可獲得k的取值范圍．最后可以通過消參數的辦法：通過兩個根對應的方程分別將k用兩根表示出；或解方程的思想：直接將兩根用變量k表出解答問題．

解答：解：（1）由題得：f（x）=x+

a

x

+a，設1≤x₁＜x₂，
則f(x1)-f(x2)=(x1+

a

x1

+a)-(x2+

a

x2

+a)=x1-x2+

a

x1

-

a

x2

=（x₁-x₂）

(x1x2-a)

x1x2

，
∵1≤x₁＜x₂，∴x₁-x₂＜0，x₁x₂＞1，又a＜1，得x₁x₂-a＞0
∴f（x₁）-f（x₂）＜0，即f（x）在[1，+∞）上為增函數．
（2）由（1）得：f（x）在[1，+∞）上為增函數，
要滿足f（5-2m）＜f（3m）
只要1≤5-2m＜3m，
∴m的取值范圍為：1＜m≤2．
（3）g（x）=x•f（x）+|x²-1|+（k-a）x-a=x²+kx+|x²-1|
g（x）=0在（0，2）上有兩個解x₁，x₂，不妨設0＜x₁＜x₂＜2，
g（x）=

kx+1，0＜x≤1 2x2+kx-1，1＜x＜2

，
所以g（x）在（0，1]是單調函數，
故g（x）=0在（0，1]上至多一個解，
若1＜x₁＜x₂＜2，則x₁x₂=-

1

2

＜0，
故不符題意，
因此0＜x₁≤1＜x₂＜2．
由g（x₁）=0得k=-

1

x1

，所以k≤-1；
由g（x₂）=0得k=

1

x2

-2x2，所以-

7

2

＜k＜-1；
故當-

7

2

＜k＜-1時，方程g（x）=0在（0，2）上有兩個解．
方法一：因為0＜x₁≤1＜x₂＜2，
所以k=-

1

x1

，2x₂²+kx₂-1=0
消去k得2x₁x₂²-x₁-x₂=0
即

1

x1

+

1

x2

=2x2，因為x₂＜2，
所以

1

x1

+

1

x2

＜4．
方法二：由g（x₁）=0得x₁=-

1

k，

由2x²+kx-1=0得x=

-k± k2+8

4

；
因為x₂∈（1，2），所以x₂=

-k+ k2+8

4

．
則

1

x1

+

1

x2

=-k+

-k+ k2+8

4

=

1

2

(

k2+8

-k)．
而y=

1

2

(

k2+8

-k)=

4

k2+8? +k

在(-

7

2

，-1)上是減函數，
則

1

2

(

k2+8

-k)＜

1

2

(

(- 7 2 )2+8

+

7

2

)=4．
因此，

1

x1

+

1

x2

＜4．

點評：本題考查的是函數單調性的綜合應用問題．在解答的過程當中充分體現了函數的性質、抽象不等式的解答以及函數與方程的思想和問題轉化的能力．