Question

7．已知函數(shù)f（x）=x+$\frac{1}{|x|}$．
（1）求解不等式f（x）≥2x；
（2）$\frac{1}{{x}^{2}}$+x²+2mf（x）≥0在x∈[1，2]上恒成立，求m的取值范圍；
（3）設(shè)函數(shù)g（x）=x²+（-3+c）x+c²，若方程g（f（x））=0有6個(gè)實(shí)根，求c的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）對(duì)x討論，分x＞0，x＜0，由分式不等式的解法，即可得到解集；
（2）由題意可得$\frac{1}{{x}^{2}}$+x²+2m（x+$\frac{1}{x}$）≥0在x∈[1，2]上恒成立，即有（x+$\frac{1}{x}$）²-2+2m（x+$\frac{1}{x}$）≥0，令t=x+$\frac{1}{x}$，2≤t≤$\frac{5}{2}$，可得t²+2mt-2≥0，再由參數(shù)分離和函數(shù)的單調(diào)性，可得不等式的右邊的最大值，可得m的范圍；
（3）可令t=f（x），則g（t）=0，即有方程t=f（x）有6個(gè)實(shí)根，作出f（x）的圖象，可得當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）有最小值2，
則方程g（t）=0有兩個(gè)大于2的不等實(shí)根，由二次方程實(shí)根分布解決方法，可得判別式大于0，g（2）大于0，對(duì)稱軸大于2，解不等式即可得到所求范圍．

解答 解：（1）f（x）≥2x，當(dāng)x＞0時(shí)，x+$\frac{1}{x}$≥2x，
即有x-$\frac{1}{x}$=$\frac{（x-1）（x+1）}{x}$≤0，解得0＜x≤1；
當(dāng)當(dāng)x＜0時(shí)，x-$\frac{1}{x}$≥2x，
即為x+$\frac{1}{x}$=$\frac{1+{x}^{2}}{x}$≤0，解得x＜0．
故原不等式的解集為{x|x≤1且x≠0}；
（2）$\frac{1}{{x}^{2}}$+x²+2mf（x）≥0在x∈[1，2]上恒成立，
即為$\frac{1}{{x}^{2}}$+x²+2m（x+$\frac{1}{x}$）≥0在x∈[1，2]上恒成立，
即有（x+$\frac{1}{x}$）²-2+2m（x+$\frac{1}{x}$）≥0，
令t=x+$\frac{1}{x}$，2≤t≤$\frac{5}{2}$，可得t²+2mt-2≥0，
即有m≥$\frac{1}{t}$-$\frac{t}{2}$，
令h（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{t}{2}$，h′（t）=-$\frac{1}{{t}^{2}}$-$\frac{1}{2}$＜0，
則h（t）為單調(diào)遞減函數(shù)，
則h（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{t}{2}$≤h（2）=$\frac{1}{2}$-1=-$\frac{1}{2}$，
即有m≥-$\frac{1}{2}$；
（3）函數(shù)g（x）=x²+（-3+c）x+c²，
若方程g（f（x））=0有6個(gè)實(shí)根，
可令t=f（x），則g（t）=0，
即有方程t=f（x）有6個(gè)實(shí)根，
作出f（x）的圖象，如右：
當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）有最小值2，
則t＞2，
方程g（t）=0有兩個(gè)大于2的不等實(shí)根，
則$\left\{\begin{array}{l}{△=（c-3）^{2}-4{c}^{2}＞0}\\{g（2）={c}^{2}+2c-2＞0}\\{\frac{3-c}{2}＞2}\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}{-3＜c＜1}\\{c＞\sqrt{3}-1或c＜-\sqrt{3}-1}\\{c＜-1}\end{array}\right.$，
可得-3＜c＜-$\sqrt{3}$-1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查不等式的解法和恒成立問(wèn)題的解法，以及方程根的分布情況，注意運(yùn)用分類討論和分離參數(shù)、以及數(shù)形結(jié)合的思想方法，考查化簡(jiǎn)運(yùn)算能力，屬于難題．