Question

5．設(shè)函數(shù)f（x）=x+$\frac{λ}{x}$，常數(shù)λ＞0．
（1）若λ=1，判斷f（x）在區(qū)間[1，4]上的單調(diào)性，并加以證明；
（2）若f（x）在區(qū)間[1，4]上單調(diào)遞增，求λ的取值范圍；
（3）若方程f（x）=λ在區(qū)間[2，4]上有解，求λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）在區(qū)間[1，4]上任取兩個(gè)值x₁，x₂∈[1，4]且x₁＜x₂，然后通過化簡(jiǎn)判定f（x₁）-f（x₂）的符號(hào)，最后根據(jù)單調(diào)性的定義進(jìn)行判定即可；
（2）在區(qū)間[1，4]上任取兩個(gè)值x₁，x₂∈[1，4]且x₁＜x₂，然后根據(jù)單調(diào)性得到f（x₁）-f（x₂）＜0恒成立，從而可求出所求；
（3）若方程f（x）=λ在區(qū)間[2，4]上有解，則若方程x²-λx+λ=0在區(qū)間[2，4]上有解，即方程λ=$\frac{{x}^{2}}{x-1}$在區(qū)間[2，4]上有解，構(gòu)造函數(shù)g（x）=$\frac{{x}^{2}}{x-1}$，x∈[2，4]，求出其值域，可得λ的取值范圍．

解答 解：（1）若λ=1，則f（x）=x+$\frac{1}{x}$在區(qū)間[1，4]上的單調(diào)遞增，理由如下：
?x₁，x₂∈[1，4]且x₁＜x₂
f（x₁）-f（x₂）=（x₁+$\frac{1}{{x}_{1}}$）-（x₂+$\frac{1}{{x}_{2}}$）=（x₁-x₂） $\frac{{x}_{1}{x}_{2}-1}{{x}_{1}{x}_{2}}$，
∵x₁，x₂∈[1，4]，x₁＜x₂
∴x₁-x₂＜0，x₁x₂＞0，x₁x₂-1＞0
∴f（x₁）-f（x₂）＜0
∴f（x）在區(qū)間[1，4]上的單調(diào)遞增．
（2）?x₁，x₂∈[1，4]且x₁＜x₂
f（x₁）-f（x₂）=（x₁+$\frac{λ}{{x}_{1}}$）-（x₂+$\frac{λ}{{x}_{2}}$）=（x₁-x₂）$\frac{{x}_{1}{x}_{2}-λ}{{x}_{1}{x}_{2}}$，
∵f（x）在區(qū)間[1，4]上的單調(diào)遞增
∴f（x₁）-f（x₂）＜0
∵1≤x₁＜x₂≤4，
∴x₁x₂-λ＞0對(duì)?x₁，x₂∈[1，4]且x₁＜x₂恒成立
即λ＜x₁x₂
∴λ≤1
∵λ＞0
∴0＜λ≤1
（3）若方程f（x）=λ在區(qū)間[2，4]上有解，
則若方程x²-λx+λ=0在區(qū)間[2，4]上有解，
即方程λ=$\frac{{x}^{2}}{x-1}$在區(qū)間[2，4]上有解，
令g（x）=$\frac{{x}^{2}}{x-1}$，x∈[2，4]，
則g′（x）=$\frac{{x}^{2}-2x}{（x-1）^{2}}$≥0在x∈[2，4]時(shí)恒成立，
故g（x）=$\frac{{x}^{2}}{x-1}$，x∈[2，4]為增函數(shù)，
當(dāng)x=2時(shí)，函數(shù)取最小值4，當(dāng)x=4時(shí)，函數(shù)取最大值$\frac{16}{3}$，
故λ∈[4，$\frac{16}{3}$]

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了函數(shù)的單調(diào)性的判定，以及函數(shù)根據(jù)單調(diào)性求參數(shù)范圍，同時(shí)考查了計(jì)算能力，屬于中檔題