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    （2006•宝山区二模）给出函数f(x)=
    		x2+4
    +tx    （x∈R）．
    （1）当t≤-1时，证明y=f（x）是单调递减函数；
    （2）当t=
    1
    2
    时，可以将f（x）化成f(x)=a(
    		x2+4
    +x)+b(
    		x2+4
    -x)    的形式，运用基本不等式求f（x）的最小值及此时x的取值；
    （3）设一元二次函数g（x）的图象均在x轴上方，h（x）是一元一次函数，记F(x)=
    		g(x)
    +h(x)    ，利用基本不等式研究函数F（x）的最值问题．
    分析：（1）设x1＜x2，对应的函数值作差后化为f(x1)-f(x2)=(x1-x2)(
    x1+x2
    		x12+4
    +
    		x22+4
    +t)    ，分x1+x2≤0和x1+x2＞0判断查实的符号，从而得到结论；
    （2）把t=
    1
    2
    代入，由题意得到关于a，b的二元一次方程组，求出a，b的值，然后直接利用基本不等式求最值；
    （3）设出两个函数g（x）和h（x）的解析式，得到F（x）后用x代换x-m，用
    		a
    t    代换t，则F（x）总能化成F(x)=
    		a
    (
    		x2+r2
    +tx+q)    （r＞0）的形式，分|t|大于等于1及小于1讨论最值情况．
    解答：解：（1）设x1＜x2，则f(x1)-f(x2)=
    		x12+4
    -
    		x22+4
    +t(x1-x2)
    化成f(x1)-f(x2)=(x1-x2)(
    x1+x2
    		x12+4
    +
    		x22+4
    +t)
    显然，当x1+x2≤0时，f（x1）-f（x2）＞0
    当x1+x2＞0时，
    x1+x2
    		x12+4
    +
    		x22+4
    +t＜1+t≤0    ，即f（x1）-f（x2）＞0
    所以y=f（x）是单调递减函数；
    （2）由题意得
    a+b=1
    a-b=
    1
    2
    ，解得
    a=
    3
    4
    b=
    1
    4
    ，
    ∴f(x)=
    		x2+4
    +
    1
    2
    x=
    3
    4
    (
    		x2+4
    +x)+
    1
    4
    (
    		x2+4
    -x)≥2
    3
    16
    (x2+4-x2)
    =
    		3

    当且仅当
    3
    4
    (
    		x2+4
    +x)=
    1
    4
    (
    		x2+4
    -x)    ，即x=-
    2
    		3
    3
    时，f(x)min=
    		3
    ；
    （3）由题意设g（x）=a（x-m）2+n，（a＞0，n＞0），h（x）=tx+b （t≠0），
    所以F(x)=
    		a(x-m)2+n
    +tx+b    ．
    若用x代换x-m，用
    		a
    t    代换t，则F（x）总能化成F(x)=
    		a
    (
    		x2+r2
    +tx+q)    （r＞0）的形式．
    由于
    		a
    及q均是常数，因而，只需研究F(x)=
    		x2+r2
    +tx    （r＞0）的最值．
    当|t|≥1时，F（x）是单调函数，无最值．
    当|t|＜1时，
    F(x)=
    		x2+r2
    +tx=
    1+t
    2
    (
    		x2+r2
    +x)+
    1-t
    2
    (
    		x2+r2
    -x)≥
    		(1-t2)(x2+r2-x2)

    即F(x)min=r
    		1-t2
    ，此时x=-
    rt
    		1-t2
    ．
    点评：本题考查了函数单调性的判断与证明，训练了利用基本不等式求函数的最值，考查了学生灵活处理和解决问题的能力，考查了数学转化思想方法，是有一定难度题目．
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