Question

19．設函數(shù)f（x）=$\frac{1}{x}$+ax+b，a，b∈R．
（1）若函數(shù)y=f（x）-2是奇函數(shù)，且在（0，+∞）上的最小值為4，求函數(shù)f（x）的解析式；
（2）當a=1時，函數(shù)g（x）=2f（x）-x在[$\frac{1}{2}$，2]上有兩個不同的零點，求實數(shù)b的最小值；
（3）設F（x）=|f（x）|，對任意的實數(shù)b，都存在實數(shù)x₀∈[$\frac{1}{2}$，2]，使得F（x）$≥\frac{1}{2}$恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用函數(shù)y=f（x）-2為奇函數(shù)得到b，討論a，利用其單調性和基本不等式得到求出a值，進而得到f（x）；
（2）把a=1代入f（x）=$\frac{1}{x}$+ax+b，由題意可得-2b=$\frac{2}{x}$+x，令h（x）=$\frac{2}{x}$+x，求出單調區(qū)間和端點的函數(shù)值，即可得到b的范圍和最小值；
（3）由f（x）=$\frac{1}{x}$+ax+b，得f′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$+a=$\frac{a{x}^{2}-1}{{x}^{2}}$，判斷函數(shù)f（x）的單調性，由題意，討論得到a的范圍．

解答 解：（1）由題意得，函數(shù)y=f（x）-2=$\frac{1}{x}$+ax+b-2，
令y=g（x）=f（x）-2為奇函數(shù)，∴g（-x）=-g（x），
即-$\frac{1}{x}$-ax+b-2=-（$\frac{1}{x}$+ax+b-2），解得b=2，
由y=$\frac{1}{x}$+ax在（0，+∞）上的最小值為4，
當a≤0時，函數(shù)遞減無最小值；
當a＞0時，y=$\frac{1}{x}$+ax≥2$\sqrt{ax•\frac{1}{x}}$，
即有ax=$\frac{1}{x}$時取得最小值2$\sqrt{a}$=4，
解得a=4，則f（x）=$\frac{1}{x}$+4x+2；
（2）把a=1代入得f（x）=$\frac{1}{x}$+x+b，
則g（x）=$\frac{2}{x}$+x+2b在[$\frac{1}{2}$，2]上有兩個不同的零點，
即有-2b=$\frac{2}{x}$+x，令h（x）=$\frac{2}{x}$+x，則h（x）在[$\frac{1}{2}$，$\sqrt{2}$）遞減，在（$\sqrt{2}$，2]遞增，
可得h（$\sqrt{2}$）=2$\sqrt{2}$，h（$\frac{1}{2}$）=$\frac{9}{2}$，h（2）=3，
由g（x）=$\frac{2}{x}$+x+2b在[$\frac{1}{2}$，2]上有兩個不同的零點，
可得2$\sqrt{2}$＜-2b≤$\frac{9}{2}$，
解得-$\frac{9}{4}$≤b＜-$\sqrt{2}$，
即b的最小值為-$\frac{9}{4}$；
（3）由f（x）=$\frac{1}{x}$+ax+b，得f′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$+a=$\frac{a{x}^{2}-1}{{x}^{2}}$，
由f′（x）≤0，得a≤$\frac{1}{{x}^{2}}$，所以a≤$\frac{1}{4}$，此時f（x）在區(qū)間[$\frac{1}{2}$，2]上為減函數(shù)，
要使對任意的實數(shù)b，都存在實數(shù)x₀∈[$\frac{1}{2}$，2]，使得不等式|f（x₀）|≥$\frac{1}{2}$成立，
只要f（x₀）≥$\frac{1}{2}$或者f（x₀）≤-$\frac{1}{2}$所以只要f（x）的最大值為f（$\frac{1}{2}$）=2+$\frac{1}{2}$a+b≥$\frac{1}{2}$
或者f（2）=$\frac{1}{2}$+2a+b≤-$\frac{1}{2}$．
解得a≤$\frac{1}{3}$，又a≤$\frac{1}{4}$，
所以a≤$\frac{1}{4}$；
由f′（x）≥0，由x∈[$\frac{1}{2}$，2]，得a≥$\frac{1}{{x}^{2}}$，得到a≥4，此時f（x）在區(qū)間[$\frac{1}{2}$，2]上為增函數(shù)，
要使對任意的實數(shù)b，都存在實數(shù)x₀∈[$\frac{1}{2}$，2]，使得不等式|f（x₀）|≥$\frac{1}{2}$成立，
只要f（x₀）≥$\frac{1}{2}$或者f（x₀）≤-$\frac{1}{2}$所以只要f（x）的最大值為f（2）=$\frac{1}{2}$+2a+b≥$\frac{1}{2}$
或者f（$\frac{1}{2}$）=2+$\frac{1}{2}$a+b≤-$\frac{1}{2}$．
解得a≥$\frac{5}{3}$，又a≥4，
所以a≥4；
綜上a≥4或a≤$\frac{1}{4}$．

點評 本題考查函數(shù)的單調性，最值與導數(shù)的關系，和存在性問題的轉化，屬于壓軸題，難題．