Question

3．已知函數(shù)f（x）=x+$\frac{m}{x}$+2．
（1）若m=4，證明函數(shù)f（x）在區(qū)間[2，+∞）上是增函數(shù)；
（2）設m＜0，若不等式f（x）≤kx在$x∈[{\frac{1}{2}\;，\;1}]$有解，求k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）m=4時，得到f（x）=$x+\frac{4}{x}+2$，根據(jù)單調(diào)性的定義，設任意的x₁＞x₂≥2，然后作差，提取公因式，證明f（x₁）＞f（x₂），便可得出函數(shù)f（x）在[2，+∞）上是增函數(shù)；
（2）根據(jù)條件可以得到k$≥\frac{m}{{x}^{2}}+\frac{2}{x}+1$，可令$\frac{1}{x}=t$，t∈[1，2]，則便得到k≥mt²+2t+1，可設g（t）=mt²+2t+1，從而根據(jù)題意只需k≥g（t）_min，這樣求g（t）在[1，2]上的最小值即可：可討論對稱軸和區(qū)間[1，2]的關(guān)系，根據(jù)二次函數(shù)的單調(diào)性及取得頂點情況便可求出每種情況下的g（t）的最小值，從而求出每種情況下的k的取值范圍．

解答 解：（1）若m=4，f（x）=$x+\frac{4}{x}+2$；
設x₁＞x₂≥2，則：$f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）={x}_{1}+\frac{4}{{x}_{1}}-{x}_{2}-\frac{4}{{x}_{2}}$=$（{x}_{1}-{x}_{2}）（1-\frac{4}{{x}_{1}{x}_{2}}）$；
∵x₁＞x₂≥2；
∴${x}_{1}-{x}_{2}＞0，{x}_{1}{x}_{2}＞4，1-\frac{4}{{x}_{1}{x}_{2}}＞0$；
∴f（x₁）＞f（x₂）；
∴f（x）在區(qū)間[2，+∞）上是增函數(shù)；
（2）由f（x）≤kx，得$x+\frac{m}{x}+2≤kx$；
因為$x∈[{\frac{1}{2}\;，\;1}]$，所以$k≥\frac{m}{x^2}+\frac{2}{x}+1$；
令$t=\frac{1}{x}$，則t∈[1，2]，∴k≥mt²+2t+1，令g（t）=mt²+2t+1，t∈[1，2]；
于是，要使原不等式在$x∈[{\frac{1}{2}\;，\;1}]$有解，當且僅當k≥g（t）_min（t∈[1，2]）；
∵m＜0，∴$g（t）=m{（{t+\frac{1}{m}}）^2}+1-\frac{1}{m}$圖象開口向下，對稱軸為直線$t=-\frac{1}{m}＞0$；
∴①若0＜$-\frac{1}{m}≤1$，即m≤-1時，g（t）在[1，2]上單調(diào)遞減；
∴g（t）_min=g（2）=4m+5；
∴k≥4m+5；
②若$1＜-\frac{1}{m}＜2$，即$-1＜m＜-\frac{1}{2}$時；
$g（t）_{min}=g（-\frac{1}{m}）=1-\frac{1}{m}$；
∴$k≥1-\frac{1}{m}$；
③若$-\frac{1}{m}≥2$，即$-\frac{1}{2}≤m＜0$時，g（t）在[1，2]上單調(diào)遞增；
∴g（t）_min=g（1）=m+3；
∴k≥m+3；
綜上，當m≤-1時，k的取值范圍為[4m+5，+∞）；
當$-1＜m＜-\frac{1}{2}$時，k的取值范圍為[$1-\frac{1}{m}$，+∞）；
當$-\frac{1}{2}≤m＜0$時，k的取值范圍為[m+3，+∞）．

點評 考查增函數(shù)的定義，以及根據(jù)增函數(shù)的定義證明一個函數(shù)為增函數(shù)的方法和過程，作差的方法比較f（x₁）與f（x₂），作差后是分式的一般要通分，并且一般要提取公因式x₁-x₂，二次函數(shù)的對稱軸，根據(jù)二次函數(shù)的單調(diào)性及取得頂點情況求二次函數(shù)在閉區(qū)間最小值的方法．