Question

14．已知函數(shù)f（x）=a（x+$\frac{1}{x}$）-|x-$\frac{1}{x}$|（x＞0）a∈R．
（1）若a=$\frac{1}{2}$，求y=f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若關(guān)于x的方程f（x）=t有四個不同的解x₁，x₂，x₃，x₄，求實數(shù)a，t應滿足的條件；
（3）在（2）條件下，若x₁，x₂，x₃，x₄成等比數(shù)列，求t用a表示．

Answer 1

分析 （1）將a=$\frac{1}{2}$代入，結(jié)合正比例函數(shù)和反比例函數(shù)的圖象和性質(zhì)，可得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）利用導數(shù)法，分類討論，不同情況下y=f（x）的單調(diào)性，進而求出滿足條件的實數(shù)a，t的范圍；
（3）韋達定理可得x₁，x₂，x₃，x₄兩兩互為倒數(shù)，結(jié)合等比數(shù)列的性質(zhì)，結(jié)合韋達定理，可用a表示t．

解答 解：（1）當a=$\frac{1}{2}$時，
函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$（x+$\frac{1}{x}$）-|x-$\frac{1}{x}$|=$\left\{\begin{array}{l}\frac{3}{2}x-\frac{1}{2x}，0＜x＜1\\-\frac{1}{2}x+\frac{3}{2x}，x≥1\end{array}\right.$．
故y=f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，1]，
單調(diào)遞減區(qū)間為[1，+∞）；
（2）f（x）=a（x+$\frac{1}{x}$）-|x-$\frac{1}{x}$|=$\left\{\begin{array}{l}（a+1）x+\frac{a-1}{x}，0＜x＜1\\（a-1）x+\frac{a+1}{x}，x≥1\end{array}\right.$，
f′（x）=$\left\{\begin{array}{l}（a+1）-\frac{a-1}{{x}^{2}}，0＜x＜1\\（a-1）-\frac{a+1}{{x}^{2}}，x≥1\end{array}\right.$，
當a≤1時，y=f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，1]，單調(diào)遞減區(qū)間為[1，+∞），不合題意．
當a＞1時，f（x）在（0，$\frac{a-1}{a+1}$]上單調(diào)遞減，在[$\frac{a-1}{a+1}$，1]上單調(diào)遞增，
在[1，$\frac{a+1}{a-1}$]上單調(diào)遞減，在[$\frac{a+1}{a-1}$，+∞）上單調(diào)遞增，
又由f（$\frac{a-1}{a+1}$）=f（$\frac{a+1}{a-1}$）=$2\sqrt{{a}^{2}-1}$，f（1）=2a，
∴方程f（x）=t有四個不同的解x₁，x₂，x₃，x₄時，
a，t應滿足的條件為：$2\sqrt{{a}^{2}-1}$＜t＜2a，a＞1；
（3）f（x）=t即$（a+1）x+\frac{a-1}{x}=t$，或$（a-1）x+\frac{a+1}{x}=t$，
即（a+1）x²-tx+a-1=0，或（a-1）x²-tx+a+1=0，
由韋達定理可得兩方程的根分別互為倒數(shù)，
設(shè)四個解從小到大依次為x₁，x₂，x₃，x₄，則x₂•x₃=1，x₁•x₄=1，
∴x₁•x₂•x₃•x₄=1，
若x₁，x₂，x₃，x₄成等比數(shù)列，
則x₁=x₂³，
∴x₁•x₂=x₂⁴=$\frac{a-1}{a+1}$，x₁+x₂=$\frac{t}{a+1}$，
∴x₂=$\root{4}{\frac{a-1}{a+1}}$，
∴$\root{4}{\frac{a-1}{a+1}}$+（$\root{4}{\frac{a-1}{a+1}}$）³=$\frac{t}{a+1}$，
解得：t=$\root{4}{（a-1）（a+1）^{3}}$+$\root{4}{（a+1）{（a-1）}^{3}}$（a＞1）

點評 本題考查的知識點是分段函數(shù)的應用，根的存在性及判斷，函數(shù)的單調(diào)性，與函數(shù)的極值，數(shù)列的性質(zhì)，綜合性強，轉(zhuǎn)化困難，屬于難題．