Question

3．已知函数f（x）=x+$\frac{m}{x}$+2．
（1）若m=4，证明函数f（x）在区间[2，+∞）上是增函数；
（2）设m＜0，若不等式f（x）≤kx在$x∈[{\frac{1}{2}\;，\;1}]$有解，求k的取值范围．

Answer 1

分析 （1）m=4时，得到f（x）=$x+\frac{4}{x}+2$，根据单调性的定义，设任意的x₁＞x₂≥2，然后作差，提取公因式，证明f（x₁）＞f（x₂），便可得出函数f（x）在[2，+∞）上是增函数；
（2）根据条件可以得到k$≥\frac{m}{{x}^{2}}+\frac{2}{x}+1$，可令$\frac{1}{x}=t$，t∈[1，2]，则便得到k≥mt²+2t+1，可设g（t）=mt²+2t+1，从而根据题意只需k≥g（t）_min，这样求g（t）在[1，2]上的最小值即可：可讨论对称轴和区间[1，2]的关系，根据二次函数的单调性及取得顶点情况便可求出每种情况下的g（t）的最小值，从而求出每种情况下的k的取值范围．

解答 解：（1）若m=4，f（x）=$x+\frac{4}{x}+2$；
设x₁＞x₂≥2，则：$f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）={x}_{1}+\frac{4}{{x}_{1}}-{x}_{2}-\frac{4}{{x}_{2}}$=$（{x}_{1}-{x}_{2}）（1-\frac{4}{{x}_{1}{x}_{2}}）$；
∵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）在区间[2，+∞）上是增函数；
（2）由f（x）≤kx，得$x+\frac{m}{x}+2≤kx$；
因为$x∈[{\frac{1}{2}\;，\;1}]$，所以$k≥\frac{m}{x^2}+\frac{2}{x}+1$；
令$t=\frac{1}{x}$，则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，当且仅当k≥g（t）_min（t∈[1，2]）；
∵m＜0，∴$g（t）=m{（{t+\frac{1}{m}}）^2}+1-\frac{1}{m}$图象开口向下，对称轴为直线$t=-\frac{1}{m}＞0$；
∴①若0＜$-\frac{1}{m}≤1$，即m≤-1时，g（t）在[1，2]上单调递减；
∴g（t）_min=g（2）=4m+5；
∴k≥4m+5；
②若$1＜-\frac{1}{m}＜2$，即$-1＜m＜-\frac{1}{2}$时；
$g（t）_{min}=g（-\frac{1}{m}）=1-\frac{1}{m}$；
∴$k≥1-\frac{1}{m}$；
③若$-\frac{1}{m}≥2$，即$-\frac{1}{2}≤m＜0$时，g（t）在[1，2]上单调递增；
∴g（t）_min=g（1）=m+3；
∴k≥m+3；
综上，当m≤-1时，k的取值范围为[4m+5，+∞）；
当$-1＜m＜-\frac{1}{2}$时，k的取值范围为[$1-\frac{1}{m}$，+∞）；
当$-\frac{1}{2}≤m＜0$时，k的取值范围为[m+3，+∞）．

点评 考查增函数的定义，以及根据增函数的定义证明一个函数为增函数的方法和过程，作差的方法比较f（x₁）与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-x₂，二次函数的对称轴，根据二次函数的单调性及取得顶点情况求二次函数在闭区间最小值的方法．