Question

18．已知函數(shù)f（x）=x+$\frac{2k+1}{x}$，其中k∈R．
（1）當(dāng)k≥0時(shí)，證明f（x）在[$\sqrt{2k+1}$，+∞）上單調(diào)遞增；
（2）若對(duì)任意k∈[1，7]，不等式f（x）≥m在x∈[2，3]上恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（3）若關(guān)于x的方程f（|2^x--1|）-3k-2=0有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，利用導(dǎo)函數(shù)在[$\sqrt{2k+1}$，+∞）上大于0說(shuō)明f（x）在[$\sqrt{2k+1}$，+∞）上單調(diào)遞增；
（2）對(duì)k分類求出函數(shù)在x∈[2，3]上的最小值得答案；
（3）設(shè)2^x-1=t，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求方程t²-（3k+2）t+（2k+1）=0在（0，+∞）有2個(gè)交點(diǎn)，方程t²+（3k+2）t+（2k+1）=0在（-1，0）有1個(gè)交點(diǎn)求解．

解答 （1）證明：由f（x）=x+$\frac{2k+1}{x}$，得f′（x）=1-$\frac{2k+1}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-（2k+1）}{{x}^{2}}$，
當(dāng)k≥0時(shí)，若x∈[$\sqrt{2k+1}$，+∞），則x²-（2k+1）≥0，
∴f（x）在[$\sqrt{2k+1}$，+∞）上單調(diào)遞增；
（2）解：由k∈[1，7]，得2k+1∈[3，15]，
函數(shù)f（x）=x+$\frac{2k+1}{x}$在（0，$\sqrt{2k+1}$]上為減函數(shù)，在[$\sqrt{2k+1}$，+∞）上為增函數(shù)，
當(dāng)$\sqrt{2k+1}＜2$，即2k+1∈[3，4）時(shí)，$f（x）_{min}=f（2）=k+\frac{5}{2}≥\frac{7}{2}$；
當(dāng)$\sqrt{2k+1}＞3$，即2k+1∈（9，15]時(shí)，$f（x）_{min}=f（3）=\frac{10}{3}+\frac{2k}{3}$＞6；
當(dāng)$2≤\sqrt{2k+1}≤3$，即2k+1∈[4，9]時(shí)，$f（x）_{min}=f（\sqrt{2k+1}）=2\sqrt{2k+1}$≥4．
∴對(duì)任意k∈[1，7]，不等式f（x）≥m在x∈[2，3]上恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是m$≤\frac{7}{2}$；
（3）設(shè)2^x-1=t，則t＞-1，且t≠0，
方程f（|2^x-1|）-3k-2=0，即|t|+$\frac{2k+1}{|t|}$=3k+2，
當(dāng)t＞0時(shí)，方程可化為：t²-（3k+2）t+（2k+1）=0，
由題意得$\left\{\begin{array}{l}{（3k+2）^{2}-4（2k+1）＞0}\\{3k+2＞0}\\{2k+1＞0}\end{array}\right.$，解得：$-\frac{1}{2}$＜k$-\frac{4}{9}$或k＞0  ①，
當(dāng)-1＜t＜0時(shí)，方程可化為：t²+（3k+2）t+（2k+1）=0，
設(shè)f（t）=t²+（3k+2）t+（2k+1），
只需對(duì)稱軸x=-$\frac{3k+2}{2}$＜-1，f（-1）＜0，f（0）＞0即可，
∴$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{3k+2}{2}＜-1}\\{1-（3k+2）+（2k+1）＜0}\\{2k+1＞0}\end{array}\right.$，解得：k＞0  ②，
①，②取交集得：k＞0，
∴實(shí)數(shù)k的取值范圍是（0，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)，考查了函數(shù)的最值及其幾何意義，訓(xùn)練了根的存在性及根的個(gè)數(shù)的判定方法，體現(xiàn)了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，是中檔題．