Question

18．已知函数f（x）=x+$\frac{2k+1}{x}$，其中k∈R．
（1）当k≥0时，证明f（x）在[$\sqrt{2k+1}$，+∞）上单调递增；
（2）若对任意k∈[1，7]，不等式f（x）≥m在x∈[2，3]上恒成立，求实数m的取值范围；
（3）若关于x的方程f（|2^x--1|）-3k-2=0有三个不同的实数解，求实数k的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出原函数的导函数，利用导函数在[$\sqrt{2k+1}$，+∞）上大于0说明f（x）在[$\sqrt{2k+1}$，+∞）上单调递增；
（2）对k分类求出函数在x∈[2，3]上的最小值得答案；
（3）设2^x-1=t，将问题转化为求方程t²-（3k+2）t+（2k+1）=0在（0，+∞）有2个交点，方程t²+（3k+2）t+（2k+1）=0在（-1，0）有1个交点求解．

解答 （1）证明：由f（x）=x+$\frac{2k+1}{x}$，得f′（x）=1-$\frac{2k+1}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-（2k+1）}{{x}^{2}}$，
当k≥0时，若x∈[$\sqrt{2k+1}$，+∞），则x²-（2k+1）≥0，
∴f（x）在[$\sqrt{2k+1}$，+∞）上单调递增；
（2）解：由k∈[1，7]，得2k+1∈[3，15]，
函数f（x）=x+$\frac{2k+1}{x}$在（0，$\sqrt{2k+1}$]上为减函数，在[$\sqrt{2k+1}$，+∞）上为增函数，
当$\sqrt{2k+1}＜2$，即2k+1∈[3，4）时，$f（x）_{min}=f（2）=k+\frac{5}{2}≥\frac{7}{2}$；
当$\sqrt{2k+1}＞3$，即2k+1∈（9，15]时，$f（x）_{min}=f（3）=\frac{10}{3}+\frac{2k}{3}$＞6；
当$2≤\sqrt{2k+1}≤3$，即2k+1∈[4，9]时，$f（x）_{min}=f（\sqrt{2k+1}）=2\sqrt{2k+1}$≥4．
∴对任意k∈[1，7]，不等式f（x）≥m在x∈[2，3]上恒成立，则实数m的取值范围是m$≤\frac{7}{2}$；
（3）设2^x-1=t，则t＞-1，且t≠0，
方程f（|2^x-1|）-3k-2=0，即|t|+$\frac{2k+1}{|t|}$=3k+2，
当t＞0时，方程可化为：t²-（3k+2）t+（2k+1）=0，
由题意得$\left\{\begin{array}{l}{（3k+2）^{2}-4（2k+1）＞0}\\{3k+2＞0}\\{2k+1＞0}\end{array}\right.$，解得：$-\frac{1}{2}$＜k$-\frac{4}{9}$或k＞0  ①，
当-1＜t＜0时，方程可化为：t²+（3k+2）t+（2k+1）=0，
设f（t）=t²+（3k+2）t+（2k+1），
只需对称轴x=-$\frac{3k+2}{2}$＜-1，f（-1）＜0，f（0）＞0即可，
∴$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{3k+2}{2}＜-1}\\{1-（3k+2）+（2k+1）＜0}\\{2k+1＞0}\end{array}\right.$，解得：k＞0  ②，
①，②取交集得：k＞0，
∴实数k的取值范围是（0，+∞）．

点评 本题考查函数单调性的性质，考查了函数的最值及其几何意义，训练了根的存在性及根的个数的判定方法，体现了分类讨论的数学思想方法，是中档题．