Question

17．已知函數(shù)$f（x）=x+\frac{a}{x}（a＞0）$．
（1）證明：f（x）在$（0，\sqrt{a}）$是單調(diào)遞減函數(shù)，在$（\sqrt{a}，+∞）$是單調(diào)遞增函數(shù)；
（2）設(shè)a=1．①求函數(shù)y=f（2^x）-2的零點；②若對任意x∈R，不等式f（4^x）≥mf（2^x）-6恒成立，求實數(shù)m 的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過x的范圍，確定$\frac{{x}^{2}-a}{{x}^{2}}$的符號，從而得出函數(shù)的單調(diào)性；
（2）①函數(shù)y=f（2^x）-2的零點的個數(shù)，即${2}^{x}+\frac{1}{{2}^{x}}-2=0$的解，求解一元二次方程即可得答案；
②若對任意x∈R，不等式f（4^x）≥mf（2^x）-6恒成立，可轉(zhuǎn)化為$（{2}^{x}+\frac{1}{{2}^{x}}）^{2}-m（{2}^{x}+\frac{1}{{2}^{x}}）+4≥0$恒成立，再令t=${2}^{x}+\frac{1}{{2}^{x}}$，t∈[2，+∞），則g（t）=t²-mt+4≥0恒成立，然后分對稱軸t=-$\frac{-m}{2}=\frac{m}{2}≤2$和對稱軸t=$\frac{m}{2}＞2$，兩種情況，分別求得m的范圍，即可得到實數(shù)m 的取值范圍．

解答 （1）證明：f′（x）=1-$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-a}{{x}^{2}}$，
當(dāng)x∈（0，$\sqrt{a}$]時，f′（x）=1-$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-a}{{x}^{2}}$＜0，
∴f（x）=x+$\frac{a}{x}$在（0，$\sqrt{a}$]上單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈（$\sqrt{a}$，+∞）時，f′（x）=1-$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-a}{{x}^{2}}$＞0，
∴f（x）=x+$\frac{a}{x}$在（$\sqrt{a}$，+∞）上單調(diào)遞增；
（2）解：①當(dāng)a=1時，f（x）=x+$\frac{1}{x}$，函數(shù)y=f（2^x）-2的零點即${2}^{x}+\frac{1}{{2}^{x}}-2=0$的解．
即（2^x）²-2×2^x+1=0，解得2^x=1，即x=0．
∴函數(shù)y=f（2^x）-2的零點是x=0；
②若對任意x∈R，不等式f（4^x）≥mf（2^x）-6恒成立，
∴${4}^{x}+\frac{1}{{4}^{x}}≥m（{2}^{x}+\frac{1}{{2}^{x}}）-6$恒成立，
∴$（{2}^{x}+\frac{1}{{2}^{x}}）^{2}-m（{2}^{x}+\frac{1}{{2}^{x}}）+4≥0$恒成立，
令t=${2}^{x}+\frac{1}{{2}^{x}}$，t∈[2，+∞），
則g（t）=t²-mt+4≥0恒成立．
∴當(dāng)對稱軸t=-$\frac{-m}{2}=\frac{m}{2}≤2$，即m≤4時，g（2）=8-2m≥0恒成立，即m≤4滿足題意；
當(dāng)對稱軸t=$\frac{m}{2}＞2$，即m＞4時，△=（-m）²-4×1×4=m²-16＞0成立．
∴在t=2右側(cè)函數(shù)g（t）與坐標(biāo)軸橫軸有交點，即存在不等式f（4^x）≥mf（2^x）-6不成立的x值，不滿足題意．
綜上，實數(shù)m 的取值范圍為（-∞，4]．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性問題，考查了函數(shù)零點與方程根的關(guān)系，函數(shù)的恒成立問題，體現(xiàn)了分類討論、轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想，屬于難題．