Question

4．已知t為常數(shù)且0＜t＜1，函數(shù)g（x）=$\frac{1}{2}$（x+$\frac{1-t}{x}$）（x＞0），h（x）=$\sqrt{{x}^{2}-2x+2+t}$．
（1）求證：g（x）在（0，$\sqrt{1-t}$）上單調(diào)遞減，在（$\sqrt{1-t}$，+∞）上單調(diào)遞增；
（2）若函數(shù)g（x）與h（x）的最小值恰為函數(shù)f（x）=x³+ax²+bx（a，b∈R）的兩個零點，求a+b的取值范圍．

Answer 1

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，g_min（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，g′（x）＜0，
當(dāng)x∈（$\sqrt{1-t}$，+∞）時，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，g_min（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）的兩個零點，
故$\sqrt{1-t}$，$\sqrt{1+t}$是方程x²+ax+b=0的兩個解，
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．

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及換元法的應(yīng)用，同時考查了轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用．