Question

15．已知函數(shù)f（x）=x-$\frac{4}{x}$，g（x）=x²-2mx+2．
（ I）證明f（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)；
（ II）對(duì)任意的實(shí)數(shù)x₁，x₂∈[1，2]，都有f（x₁）≤g（x₂），求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）證法一：對(duì)于任意的x₁＞x₂＞0，判斷f（x₁），f（x₂）的大小，根據(jù)定義，可得答案．
證法二：求導(dǎo)，判斷導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)，進(jìn)而可得函數(shù)f（x）在（0，+∞）的單調(diào)性．
（ II）對(duì)任意的實(shí)數(shù)x₁，x₂∈[1，2]，都有f（x₁）≤g（x₂），故f_max（x）≤g_min（x），進(jìn)而求出實(shí)數(shù)m的取值范圍．

解答 （本小題滿分12分）
（I）證法一：對(duì)于任意的x₁＞x₂＞0，
$f（{x_1}）-f（{x_2}）={x_1}-\frac{4}{x_1}-{x_2}+\frac{4}{x_2}=（{{x_1}-{x_2}}）+（{\frac{4}{x_2}-\frac{4}{x_1}}）=（{{x_1}-{x_2}}）+\frac{4}{{{x_1}{x_2}}}（{{x_1}-{x_2}}）=（{{x_1}-{x_2}}）（{1+\frac{4}{{{x_1}{x_2}}}}）$
∵x₁＞x₂＞0
∴x₁-x₂＞0，x₁x₂＞0，
∴$（{{x_1}-{x_2}}）（{1+\frac{4}{{{x_1}{x_2}}}}）＞0$
即f（x₁）＞f（x₂）
∴f（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)．
證法二：∵函數(shù)f（x）=x-$\frac{4}{x}$，
∴f′（x）=1+$\frac{4}{{x}^{2}}$
∵f′（x）≥0恒成立，
故f（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)；
（ II）∵對(duì)任意的實(shí)數(shù)x₁，x₂∈[1，2]，都有f（x₁）≤g（x₂），
∴f_max（x）≤g_min（x），
∵f（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，
∴f_max（x）=f（2）=0，
∵g（x）=x²-2mx+2的對(duì)稱軸為x=m，
（1）當(dāng)m≤1時(shí)，g（x）在[1，2]單調(diào)遞增，
∴g_min（x）=g（1）=3-2m，
∴$0≤3-2m∴m≤\frac{3}{2}∴m≤1$，
（2）當(dāng)m≥2時(shí)，g（x）在[1，2]單調(diào)遞減，
∴g_min（x）=g（2）=6-4m，
∴$0≤6-4m∴m≤\frac{3}{2}$，
∴無(wú)解．
（3）當(dāng)1＜m＜2時(shí)，
∴${g_{min}}（x）=g（m）=2-{m^2}$，
∴$0≤2-{m^2}∴-\sqrt{2}≤m≤\sqrt{2}∴1＜m≤\sqrt{2}$，
綜上，$m≤\sqrt{2}$，
∴實(shí)數(shù)m的取值范圍為$（{-∞，\sqrt{2}}]$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查的知識(shí)點(diǎn)是函數(shù)的單調(diào)性的判斷與證明，函數(shù)的函數(shù)成立問(wèn)題，是函數(shù)圖象和性質(zhì)的綜合應(yīng)用，難度中檔．