Question

9．已知f（x）=$\frac{2x-m}{{{x^2}+1}}$定義在實(shí)數(shù)集R上的函數(shù)，把方程f（x）=$\frac{1}{x}$稱為函數(shù)f（x）的特征方程，特征方程的兩個實(shí)根α，β（α＜β）稱為f（x）的特征根．
（1）討論函數(shù)的奇偶性，并說明理由；
（2）求αf（β）+βf（α）的值；
（3）判斷函數(shù)y=f（x），x∈[α，β]的單調(diào)性，并證明．

Answer 1

分析 （1）討論m=0，和m≠0，并且顯然能得到m=0時f（x）為奇函數(shù)，而m≠0時f（x）非奇非偶，對于這種情況舉反例說明即可；
（2）先得到f（x）的特征方程為：x²-mx-1=0，而根據(jù)韋達(dá)定理即可得到α+β=m，αβ=-1，并且$f（α）=\frac{1}{α}，f（β）=\frac{1}{β}$，從而便可求出$αf（α）+βf（α）=\frac{（α+β）^{2}-2αβ}{αβ}$=-m²-2；
（3）利用單調(diào)性的定義來判斷f（x）的單調(diào)性：設(shè)α＜x₁＜x₂＜β，作差判斷f（x₁）-f（x₂）的符號即可得出f（x）在[α，β]上的單調(diào)性．

解答 解：（1）①m=0時，$f（x）=\frac{2x}{{{x^2}+1}}$是奇函數(shù)；
②m≠0時，f（-1）=$\frac{-2-m}{2}$$，-f（1）=\frac{-2+m}{2}$，f（1）=$\frac{2-m}{2}$；
∴f（-1）≠f（1），f（-1）≠-f（1）；
∴$f（x）=\frac{2x-m}{{{x^2}+1}}$是非奇非偶函數(shù)；
（2）∵$f（x）=\frac{1}{x}∴{x^2}-mx-1=0$；
∴△=m²+4＞0恒成立；
∴α+β=m，αβ=-1；
∵$f（α）=\frac{1}{α}，f（β）=\frac{1}{β}$；
∴$αf（β）+βf（α）=\frac{α}{β}+\frac{β}{α}=\frac{{{α^2}+{β^2}}}{αβ}$=$\frac{{{{（{α+β}）}^2}-2αβ}}{αβ}=\frac{{{m^2}+2}}{-1}=-{m^2}-2$；
∴αf（β）+βf（α）=-m²-2；
（3）設(shè)α＜x₁＜x₂＜β，則：
$f（{x_1}）-f（{x_2}）=\frac{{2{x_1}-m}}{x_1^2+1}-\frac{{2{x_2}-m}}{x_2^2+1}=\frac{{（{{x_2}-{x_1}}）[{2{x_1}{x_2}-m（{{x_1}+{x_2}}）-2}]}}{{（{x_1^2+1}）（{x_2^2+1}）}}$；
$\begin{array}{l}∵α＜{x_1}＜{x_2}＜β＜{x_2}$；
∴${{x}_{1}}^{2}-m{x}_{1}-1＜0$，${{x}_{2}}^{2}-m{x}_{2}-1＜0$；
$\begin{array}{l}∵2{x_1}{x_2}＜x_1^2+x_2^2$；
∴$2{x_1}{x_2}＜x_1^2+x_2^2＜m（{{x_1}+{x_2}}）+2\\∴2{x_1}{x_2}-m（{{x_1}+{x_2}}）-2＜0\end{array}$；
∴2x₁x₂-m（x₁+x₂）-2＜0；
∵x₁＜x₂，∴x₂-x₁＞0；
∴f（x₁）-f（x₂）＜0；
∴f（x）在[α，β]內(nèi)單調(diào)遞增．

點(diǎn)評 考查奇函數(shù)的定義，舉反例來說明一個函數(shù)非奇非偶的方法，韋達(dá)定理，一元二次方程取得實(shí)根的情況和判別式△的關(guān)系，以及利用單調(diào)性的定義判斷函數(shù)單調(diào)性的方法和過程，基本不等式的應(yīng)用，熟悉二次函數(shù)的圖象．