Question

3．若函數(shù)f_A（x）的定義域為A=[a，b），且f_A（x）=（$\frac{x}{a}$+$\frac{x}$-1）²-$\frac{2b}{a}$+1，其中a，b為任意正實數(shù)，且a＜b．
（1）求函數(shù)f_A（x）的最小值和最大值；
（2）若x₁∈I_k=[k²，（k+1）²），x₂∈I_k+1=[（k+1）²，（k+2）²），其中k是正整數(shù)，對一切正整數(shù)k，不等式f${\;}_{I_k}}$（x₁）+f${\;}_{{I_{k+1}}}}$（x₂））＜m都有解，求m的取值范圍；
（3）若對任意x₁，x₂，x₃∈A，都有$\sqrt{{f_A}（{x_1}）}$，$\sqrt{{f_A}（{x_2}）}$，$\sqrt{{f_A}（{x_3}）}$為三邊長構(gòu)成三角形，求$\frac{a}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)進(jìn)行求解即可．
（2）根據(jù)不等式有解等價為${f_{I_k}}{（{x_1}）_{min}}+{f_{{I_{k+1}}}}{（{x_2}）_{min}}＜m$有解，結(jié)合（1）的結(jié)論進(jìn)行判斷求解．
（3）根據(jù)三角形邊長關(guān)系，結(jié)合不等式的行在進(jìn)行求解即可．

解答 解：（1）${f_A}（x）={（\frac{x}{a}+\frac{x}-1）^2}-\frac{2b}{a}+1$在$[{a，\sqrt{ab}}]$上單調(diào)遞減，在$[{\sqrt{ab}，b}）$上遞增
所以當(dāng)$x=\sqrt{ab}$時，f_A（x）有最小值，且最小值為${f_A}{（x）_{min}}=2{（\sqrt{\frac{a}}-1）^2}$；
當(dāng)x=a時，f_A（x）有最大值，且最大值為${f_A}{（x）_{max}}={（\frac{a}-1）^2}$..…（5分）
（2）由已知不等式${f_{I_k}}（{x_1}）+{f_{{I_{k+1}}}}（{x_2}）＜m$都有解，即${f_{I_k}}{（{x_1}）_{min}}+{f_{{I_{k+1}}}}{（{x_2}）_{min}}＜m$．
∵${f_{I_k}}（x）={（\frac{x}{k^2}+\frac{{{{（k+1）}^2}}}{x}-1）^2}-\frac{{2{{（k+1）}^2}}}{k^2}+1$，由（1）知${f_{I_k}}{（x）_{min}}={f_{I_k}}[{k（k+1）}]=\frac{2}{k^2}$；
∵${f_{{I_{k+1}}}}（x）={（\frac{x}{{{{（k+1）}^2}}}+\frac{{{{（k+2）}^2}}}{x}-1）^2}-\frac{{2{{（k+2）}^2}}}{{{{（k+1）}^2}}}+1$，
由（1）知${f_{{I_{k+1}}}}{（x）_{min}}={f_{{I_{k+1}}}}[{（k+1）（k+1=2）}]=\frac{2}{{{{（k+1）}^2}}}$；
∴$\frac{2}{k^2}+\frac{2}{{{{（k+1）}^2}}}＜m$對一切正整數(shù)k都成立
設(shè)$g（k）=\frac{2}{k^2}+\frac{2}{{{{（k+1）}^2}}}$，則g（k）在[1，+∞）上單調(diào)遞減，
∴$g{（k）_{max}}=g（1）=2+\frac{1}{2}=\frac{5}{2}$∴$m＞\frac{5}{2}$．…（10分）
（3）由已知，得：$\sqrt{{f_A}（{x_1}）}+\sqrt{{f_A}（{x_2}）}＞\sqrt{{f_A}（{x_3}）}$恒成立
所以 $2\sqrt{{f_A}{{（x）}_{min}}}＞\sqrt{{f_A}{{（x）}_{max}}}$，
由（1）知：$2\sqrt{2{{（\sqrt{\frac{a}}-1）}^2}}＞\sqrt{{{（\frac{a}-1）}^2}}?2\sqrt{2}（\sqrt{\frac{a}}-1）＞\frac{a}-1$，
令$t=\sqrt{\frac{a}}$，則${t^2}-2\sqrt{2}t+2\sqrt{2}-1＜0$
解得  $1＜t＜2\sqrt{2}-1$
即$1＜\sqrt{\frac{a}}＜2\sqrt{2}-1$
所以  $1＜\frac{a}＜{（2\sqrt{2}-1）^2}$．…（14分）

點評 本題主要考查不等式的性質(zhì)以及函數(shù)最值的應(yīng)用，綜合性較強(qiáng)，運算量較大，難度較大．