Question

2．已知f（x）=2x²-tx，且|f（x）|=2有且僅有兩個不同的實(shí)根α和β（α＜β）．
（1）求實(shí)數(shù)t的取值范圍；
（2）若x₁、x₂∈[α，β]且x₁≠x₂，求證：4x₁x₂-t（x₁+x₂）-4＜0；
（3）設(shè)$g（x）=\frac{4x-t}{{{x^2}+1}}$，對于任意x₁、x₂∈[α，β]上恒有|g（x₁）-g（x₂）|≤λ（2β-α）成立，求λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）|f（x）|的圖象可把f（x）在x軸以下的圖象翻折到x軸上方得到，從而需翻折后定點(diǎn)值$\frac{{t}^{2}}{8}＜2$，從而得出-4＜t＜4；
（2）由題意可知，α，β為方程2x²-tx-2=0的兩個不同實(shí)根，從而根據(jù)韋達(dá)定理，$α+β=\frac{t}{2}，αβ=-1$，可設(shè)α＜x₁＜x₂＜β，從而得到（x₁-α）（x₂-β）≤0，進(jìn)一步得到，x₁x₂-（αx₂+βx₁）-1≤0，從而4x₁x₂-t（x₁+x₂）-4≤4（αx₂+βx₁）-t（x₁-x₂），并且可得到4（αx₂+βx₁）-t（x₁-x₂）=2（x₂-x₁）（α-β）＜0，從而得出結(jié)論；
（3）由求根公式求出α，β，進(jìn)一步可求出g（α），g（β），而根據(jù)單調(diào)性的定義可說明函數(shù)g（x）在[α，β]上單調(diào)遞增，從而可得到g（β）-g（α）=$\sqrt{{t}^{2}+16}≤λ（2β-α）$，從而可得到$λ≥\frac{4}{\frac{t}{\sqrt{{t}^{2}+16}}+3}$，可判斷出函數(shù)$\frac{t}{\sqrt{{t}^{2}+16}}$在（-4，4）上的單調(diào)性，從而可以得到$\frac{4}{\frac{t}{\sqrt{{t}^{2}+16}}+3}＜\frac{4}{3-\frac{\sqrt{2}}{2}}$，這樣便最后得出$λ≥\frac{24+4\sqrt{2}}{17}$．

解答 解：（1）根據(jù)題意，f（x）=2x²-tx圖象翻折后，頂點(diǎn)值$\frac{t^2}{8}＜2$；
解得-4＜t＜4；
∴t的取值范圍為（-4，4）；
（2）證明：根據(jù)題意知，α，β是方程2x²-tx-2=0的兩實(shí)根；
由韋達(dá)定理知$α+β=\frac{t}{2}，αβ=-1$，不妨設(shè)α＜x₁＜x₂＜β；
由于x₁、x₂∈[α，β]，故（x₁-α）（x₂-β）≤0，x₁x₂-（αx₂+βx₁）+αβ≤0
即4x₁x₂-4（αx₂+βx₁）-4≤0；
∴4x₁x₂-t（x₁+x₂）-4≤4（αx₂+βx₁）-t（x₁+x₂）=4（αx₂+βx₁）-2（α+β）（x₁+x₂）=2（αx₂+βx₁）-2（αx₁+βx₂）=2（x₂-x₁）（α-β）＜0；
∴4x₁x₂-t（x₁+x₂）-4＜0；
（3）$α=\frac{{t-\sqrt{{t^2}+16}}}{4}，β=\frac{{t+\sqrt{{t^2}+16}}}{4}$，所以$g（α）=\frac{-8}{{\sqrt{{t^2}+16}-t}}，g（β）=\frac{8}{{\sqrt{{t^2}+16}+t}}$；
任取x₁、x₂∈[α，β]，x₁＜x₂，則$g（{x_1}）-g（{x_2}）=-\frac{{4{x_1}{x_2}-t（{x_1}+{x_2}）-4}}{{（{x_1}^2+1）（x_2^2+1）}}（{x_2}-{x_1}）＜0$；
所以g（x）在區(qū)間[α，β]上是增函數(shù)，故|g（x₁）-g（x₂）|≤λ（2β-α）等價于g（β）-g（α）=$\frac{8}{{\sqrt{{t^2}+16}+t}}+\frac{8}{{\sqrt{{t^2}+16}-t}}=\sqrt{{t^2}+16}≤λ（2β-α）$；
又因?yàn)?2β-α=\frac{{t+3\sqrt{{t^2}+16}}}{4}＞0$；
所以$λ≥\frac{{\sqrt{{t^2}+16}}}{2β-α}=\frac{{4\sqrt{{t^2}+16}}}{{t+3\sqrt{{t^2}+16}}}=\frac{4}{{\frac{t}{{\sqrt{{t^2}+16}}}+3}}$，設(shè)$h（t）=\frac{t}{{\sqrt{{t^2}+16}}}$在-4＜t＜4時奇函數(shù)且遞增所以$0＜3-\frac{{\sqrt{2}}}{2}＜\frac{t}{{\sqrt{{t^2}+16}}}+3＜3+\frac{{\sqrt{2}}}{2}$；
所以$\frac{4}{{\frac{t}{{\sqrt{{t^2}+16}}}+3}}$$＜\frac{4}{{3-\frac{{\sqrt{2}}}{2}}}$，所以$λ≥\frac{{24+4\sqrt{2}}}{17}$；
∴λ的取值范圍為[$\frac{24+4\sqrt{2}}{17}$，+∞）．

點(diǎn)評 考查函數(shù)|f（x）|和函數(shù)f（x）的關(guān)系，二次函數(shù)頂點(diǎn)縱坐標(biāo)的計(jì)算公式，解一元二次不等式，韋達(dá)定理，并熟悉二次函數(shù)的圖象，以及一元二次方程的求根公式，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性定義判斷函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)單調(diào)性定義的運(yùn)用．