Question

18．已知函數(shù)f（x）=x+$\frac{m}{x}$（x＞0，m＞0）和函數(shù)g（x）=a|x-b|+c（x∈R，a＞0，b＞0）．問：
（1）證明：f（x）在（$\sqrt{m}$，+∞）上是增函數(shù)；
（2）把函數(shù)g₁（x）=|x|和g₂（x）=|x-1|寫成分段函數(shù)的形式，并畫出它們的圖象，總結出g₂（x）的圖象是如何由g₁（x）的圖象得到的．請利用上面你的結論說明：g（x）的圖象關于x=b對稱；
（3）當m=1，b=2，c=0時，若f（x）＞g（x）對于任意的x＞0恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用函數(shù)單調性的定義可直接證明f（x）在$（\sqrt{m}，+∞）$是增函數(shù)．；
（2）由題意知g₂（x）的圖象是由g₁（x）的圖象向右平移1個單位得到的；根據函數(shù)的性質與平移可證明g（x）的圖象關于x=b對稱；
（3）利用轉化思想：由題意可知$x+\frac{1}{x}＞a|x-2|$對于任意的x＞0恒成立．當x≥2時，不等式化為$x+\frac{1}{x}＞a（x-2）$，
即（a-1）x²-2ax-1＜0對于任意x≥2恒成立．

解答 證明：（1）在$（\sqrt{m}，+∞）$內任取兩個實數(shù)x₁，x₂，且x₁＜x₂，則△x=x₂-x₁＞0，$△y=f（{x_2}）-f（{x_1}）={x_2}+\frac{m}{x_2}-（{x_1}+\frac{m}{x_1}）=\frac{{{x_1}{x_2}-m}}{{{x_1}{x_2}}}（{x_2}-{x_1}）$，
因為${x_1}＞\sqrt{m}$，${x_2}＞\sqrt{m}$，所以x₁x₂＞m＞0，又有x₂-x₁＞0，所以△y＞0，
所以f（x）在$（\sqrt{m}，+∞）$是增函數(shù)．
解：（2）${g_1}（x）=\left\{\begin{array}{l}x，x≥0\\-x，x＜0\end{array}\right.$，${g_2}（x）=\left\{\begin{array}{l}x-1，x≥1\\ 1-x，x＜1.\end{array}\right.$；
g₂（x）的圖象是由g₁（x）的圖象向右平移1個單位得到的，
先考慮函數(shù)h（x）=a|x|+c（x∈R，b＞0），
在h（x）的定義域內任取一個實數(shù)x，則-x也在其定義域內，
因為h（-x）=a|-x|+c=a|x|+c=h（x），所以函數(shù)h（x）是偶函數(shù)，
即其圖象的對稱軸為x=0，
由上述結論，g（x）的圖象是由h（x）的圖象向右平移b個單位得到，
所以g（x）的圖象關于x=b對稱．
（3）由題意可知$x+\frac{1}{x}＞a|x-2|$對于任意的x＞0恒成立．
當x≥2時，不等式化為$x+\frac{1}{x}＞a（x-2）$，
即（a-1）x²-2ax-1＜0對于任意x≥2恒成立，
當a-1=0時，即a=1，不等式化為2x+1＞0，滿足題意；
當a-1≠0時，由題意$\left\{\begin{array}{l}a＞0\\ a-1＜0\end{array}\right.$進而對稱軸$x=\frac{a}{a-1}＜0$，
所以（a-1）2²-2a•2-1＜0，解得0＜a＜1；
結合以上兩種情況0＜a≤1．
當0＜x＜2時，不等式$x+\frac{1}{x}＞a（2-x）$，
即（a+1）x²-2ax+1＞0對于任意0＜x＜2恒成立，
由題意$\left\{\begin{array}{l}a＞0\\ a+1＞0\end{array}\right.$進而對稱軸$x=\frac{a}{a+1}＜1$，
所以△=4a²-4（a+1）＜0，即a²-a-1＜0，解得$\frac{{1-\sqrt{5}}}{2}＜a＜\frac{{1+\sqrt{5}}}{2}$，
所以$0＜a＜\frac{{1+\sqrt{5}}}{2}$．
綜上所述，a的取值范圍為（0，1]．

點評 本題主要考查了函數(shù)單調性的定義法證明，函數(shù)圖形的平移與函數(shù)性質以及恒等轉化問題，屬中等偏上題．