Question

11．已知函數(shù)f（x）=x²+ax．
（1）判斷f（x）的奇偶性并說明理由；
（2）當a=0時，判斷F（x）=f（x）+$\frac{2}{x}$在x∈（0，1]的單調性并用定義證明：探索函數(shù)F（x）=x²+$\frac{2}{x}$在（0，+∞）上是否有最小值，若有，請直接寫出F（x）在（0，+∞）上的最小值，不需證明．
（3）當a=2時，若函數(shù)G（x）=$\left\{\begin{array}{l}{f（x），x≤0}\\{\frac{2}{x}，x＞0}\end{array}\right.$的函數(shù)值為k（k≠0）時有兩個不同的對應自變量x₁，x₂，求$\frac{1}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{{x}_{2}}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）a為一次項系數(shù)，從而可看出a=0時，f（x）為偶函數(shù)，而a≠0時非奇非偶函數(shù)，可舉例說明；
（2）a=0時，得出F（x）=${x}^{2}+\frac{2}{x}$，根據單調性的定義，設任意的x₁，x₂∈（0，1]，且x₁＜x₂，然后作差，提取公因式x₁-x₂，從而可以判斷F（x₁），F(xiàn)（x₂）的大小關系，從而判斷出F（x）的單調性．這樣可以看出F（x）在（1，+∞）上的單調性，從而判斷F（x）在（0，+∞）上是否有最小值；
（3）a=2時求出G（x），根據題意知，x≤0時，f（x）=k，即方程x²+2x-k=0有兩個不同的根，可確定-1＜k＜0，從而根據韋達定理可得出x₁+x₂，x₁x₂，從而可用k表示出$\frac{1}{{x}_{1}}+\frac{1}{{x}_{2}}$，根據k的范圍即可得出它的取值范圍．

解答 解：（1）①a=0時，f（x）=x²，為偶函數(shù)；
②a≠0時，為非奇非偶函數(shù)，例如：f（1）=1+a，f（-1）=1-a，則f（-1）≠f（1），且f（-1）≠-f（1）；
（2）a=0時，F(xiàn)（x）=${x}^{2}+\frac{2}{x}$；
設x₁，x₂∈（0，1]，且x₁＜x₂，則：
$F（{x}_{1}）-F（{x}_{2}）={{x}_{1}}^{2}+\frac{2}{{x}_{1}}$$-{{x}_{2}}^{2}-\frac{2}{{x}_{2}}$=$（{x}_{1}-{x}_{2}）（{x}_{1}+{x}_{2}-\frac{2}{{x}_{1}{x}_{2}}）$；
∵x₁，x₂∈（0，1]，且x₁＜x₂；
∴x₁-x₂＜0，x₁+x₂＜2，0＜x₁x₂＜1，$\frac{2}{{x}_{1}{x}_{2}}＞2$；
∴${x}_{1}+{x}_{2}-\frac{2}{{x}_{1}{x}_{2}}＜0$；
∴$（{x}_{1}-{x}_{2}）（{x}_{1}+{x}_{2}-\frac{2}{{x}_{1}{x}_{2}}）＞0$；
∴F（x₁）＞F（x₂）；
∴F（x）在（0，1]上單調遞減；
x=1時，F(xiàn)（x）在（0，+∞）上有最小值3；
（3）a=2時，$G（x）=\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+2x}&{x≤0}\\{\frac{2}{x}}&{x＞0}\end{array}\right.$；
根據題意知，-1＜k＜0，且f（x）=k有兩個不同的負根；
即方程x²+2x-k=0有兩個不同的負根x₁，x₂；
根據韋達定理：x₁+x₂=-2，x₁x₂=-k；
∴$\frac{1}{{x}_{1}}+\frac{1}{{x}_{2}}=\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}=\frac{2}{k}$；
∵-1＜k＜0；
∴$\frac{2}{k}＜-2$；
∴$\frac{1}{{x}_{1}}+\frac{1}{{x}_{2}}$的取值范圍為：（-∞，-2）．

點評 考查函數(shù)奇偶性的定義及判斷方法，函數(shù)單調性的定義，以及根據單調性的定義判斷一個函數(shù)單調性的方法和過程，作差比較f（x₁），f（x₂）的方法，作差后一般要提取公因式x₁-x₂，是分式的要通分，韋達定理的應用，熟悉二次函數(shù)的圖象，反比例函數(shù)的圖象．