分析 (1)求導(dǎo)g′(x)=$\frac{1}{2}$(1-$\frac{1-t}{{x}^{2}}$)=$\frac{(x+\sqrt{1-t})(x-\sqrt{1-t})}{2{x}^{2}}$,從而判斷函數(shù)的單調(diào)性;
(2)結(jié)合(1)知,gmin(x)=g($\sqrt{1-t}$)=$\sqrt{1-t}$>0,h(x)=$\sqrt{{x}^{2}-2x+2+t}$=$\sqrt{(x-1)^{2}+1+t}$≥$\sqrt{1+t}$,從而可得$\sqrt{1-t}$,$\sqrt{1+t}$是方程x2+ax+b=0的兩個(gè)解,從而利用韋達(dá)定理可得$\sqrt{1-t}$+$\sqrt{1+t}$=-a,$\sqrt{1-t}$$\sqrt{1+t}$=b,從而可得a+b=$\sqrt{1-t}$$\sqrt{1+t}$-($\sqrt{1-t}$+$\sqrt{1+t}$),從而解得.
解答 解:(1)證明:∵g(x)=$\frac{1}{2}$(x+$\frac{1-t}{x}$),
∴g′(x)=$\frac{1}{2}$(1-$\frac{1-t}{{x}^{2}}$)=$\frac{(x+\sqrt{1-t})(x-\sqrt{1-t})}{2{x}^{2}}$,
∴當(dāng)x∈(0,$\sqrt{1-t}$)時(shí),g′(x)<0,
當(dāng)x∈($\sqrt{1-t}$,+∞)時(shí),g′(x)>0,
∴g(x)在(0,$\sqrt{1-t}$)上單調(diào)遞減,在($\sqrt{1-t}$,+∞)上單調(diào)遞增;
(2)結(jié)合(1)知,gmin(x)=g($\sqrt{1-t}$)=$\sqrt{1-t}$>0,
h(x)=$\sqrt{{x}^{2}-2x+2+t}$=$\sqrt{(x-1)^{2}+1+t}$≥$\sqrt{1+t}$.
故$\sqrt{1-t}$,$\sqrt{1+t}$是函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx(a,b∈R)的兩個(gè)零點(diǎn),
故$\sqrt{1-t}$,$\sqrt{1+t}$是方程x2+ax+b=0的兩個(gè)解,
故$\sqrt{1-t}$+$\sqrt{1+t}$=-a,$\sqrt{1-t}$$\sqrt{1+t}$=b,
故a+b=$\sqrt{1-t}$$\sqrt{1+t}$-($\sqrt{1-t}$+$\sqrt{1+t}$)
∵($\sqrt{1-t}$)2+($\sqrt{1+t}$)2=2,且0<t<1,
∴令$\sqrt{1-t}$=$\sqrt{2}$sinθ,則$\sqrt{1+t}$=$\sqrt{2}$cosθ,(0<θ<$\frac{π}{4}$);
a+b=$\sqrt{1-t}$$\sqrt{1+t}$-($\sqrt{1-t}$+$\sqrt{1+t}$)
=2sinθcosθ-$\sqrt{2}$(sinθ+cosθ),
=sin2θ-$\sqrt{2(1+sin2θ)}$,
令sin2θ=x,則0<x<1,
則m(x)=a+b=x-$\sqrt{2(1+x)}$,
m′(x)=1-$\frac{1}{\sqrt{2(1+x)}}$>0,
故m(x)在(0,1)上是增函數(shù);
故m(0)<m(x)<m(1),
即-$\sqrt{2}$<a+b<-1.
點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及換元法的應(yīng)用,同時(shí)考查了轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用.
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A. | 2x+y=0或x+y-1=0 | B. | 2x-y=0或x+y-1=0 | ||
C. | 2x+y=0或x-y+3=0 | D. | x+y-1=0或x-y+3=0 |
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A. | x2=12y | B. | x2=6y | C. | y2=12x | D. | y2=6x |
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A. | $\frac{4}{3}$ | B. | $\frac{8}{5}$ | C. | $\frac{15}{4}$ | D. | $\frac{15}{8}$ |
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A. | $\sqrt{5}$+1 | B. | $\sqrt{2}$+1 | C. | 2 | D. | $\sqrt{2}$ |
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