Question

14．已知函数f（x）=a（x+$\frac{1}{x}$）-|x-$\frac{1}{x}$|（x＞0）a∈R．
（1）若a=$\frac{1}{2}$，求y=f（x）的单调区间；
（2）若关于x的方程f（x）=t有四个不同的解x₁，x₂，x₃，x₄，求实数a，t应满足的条件；
（3）在（2）条件下，若x₁，x₂，x₃，x₄成等比数列，求t用a表示．

Answer 1

分析 （1）将a=$\frac{1}{2}$代入，结合正比例函数和反比例函数的图象和性质，可得函数的单调区间；
（2）利用导数法，分类讨论，不同情况下y=f（x）的单调性，进而求出满足条件的实数a，t的范围；
（3）韦达定理可得x₁，x₂，x₃，x₄两两互为倒数，结合等比数列的性质，结合韦达定理，可用a表示t．

解答 解：（1）当a=$\frac{1}{2}$时，
函数f（x）=$\frac{1}{2}$（x+$\frac{1}{x}$）-|x-$\frac{1}{x}$|=$\left\{\begin{array}{l}\frac{3}{2}x-\frac{1}{2x}，0＜x＜1\\-\frac{1}{2}x+\frac{3}{2x}，x≥1\end{array}\right.$．
故y=f（x）的单调递增区间为（0，1]，
单调递减区间为[1，+∞）；
（2）f（x）=a（x+$\frac{1}{x}$）-|x-$\frac{1}{x}$|=$\left\{\begin{array}{l}（a+1）x+\frac{a-1}{x}，0＜x＜1\\（a-1）x+\frac{a+1}{x}，x≥1\end{array}\right.$，
f′（x）=$\left\{\begin{array}{l}（a+1）-\frac{a-1}{{x}^{2}}，0＜x＜1\\（a-1）-\frac{a+1}{{x}^{2}}，x≥1\end{array}\right.$，
当a≤1时，y=f（x）的单调递增区间为（0，1]，单调递减区间为[1，+∞），不合题意．
当a＞1时，f（x）在（0，$\frac{a-1}{a+1}$]上单调递减，在[$\frac{a-1}{a+1}$，1]上单调递增，
在[1，$\frac{a+1}{a-1}$]上单调递减，在[$\frac{a+1}{a-1}$，+∞）上单调递增，
又由f（$\frac{a-1}{a+1}$）=f（$\frac{a+1}{a-1}$）=$2\sqrt{{a}^{2}-1}$，f（1）=2a，
∴方程f（x）=t有四个不同的解x₁，x₂，x₃，x₄时，
a，t应满足的条件为：$2\sqrt{{a}^{2}-1}$＜t＜2a，a＞1；
（3）f（x）=t即$（a+1）x+\frac{a-1}{x}=t$，或$（a-1）x+\frac{a+1}{x}=t$，
即（a+1）x²-tx+a-1=0，或（a-1）x²-tx+a+1=0，
由韦达定理可得两方程的根分别互为倒数，
设四个解从小到大依次为x₁，x₂，x₃，x₄，则x₂•x₃=1，x₁•x₄=1，
∴x₁•x₂•x₃•x₄=1，
若x₁，x₂，x₃，x₄成等比数列，
则x₁=x₂³，
∴x₁•x₂=x₂⁴=$\frac{a-1}{a+1}$，x₁+x₂=$\frac{t}{a+1}$，
∴x₂=$\root{4}{\frac{a-1}{a+1}}$，
∴$\root{4}{\frac{a-1}{a+1}}$+（$\root{4}{\frac{a-1}{a+1}}$）³=$\frac{t}{a+1}$，
解得：t=$\root{4}{（a-1）（a+1）^{3}}$+$\root{4}{（a+1）{（a-1）}^{3}}$（a＞1）

点评 本题考查的知识点是分段函数的应用，根的存在性及判断，函数的单调性，与函数的极值，数列的性质，综合性强，转化困难，属于难题．