Question

9．已知函數(shù)f（x）=px+$\frac{q}{x}$（實(shí)數(shù)p、q為常數(shù)），且滿足f（1）=$\frac{5}{2}$，f（2）=$\frac{17}{4}$．
（1）求函數(shù)f（x）的解析式；
（2）試判斷函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，$\frac{1}{2}}$]上的單調(diào)性，并用函數(shù)單調(diào)性定義證明；
（3）當(dāng)x∈（0，$\frac{1}{2}}$]時(shí)，函數(shù)f（x）≥2-m恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由題意f（1）=$\frac{5}{2}$，f（2）=$\frac{17}{4}$，帶入計(jì)算即可求出p，q的值，可得函數(shù)f（x）的解析式．
（2）直接利用定義法證明單調(diào)性．
（3）當(dāng)x∈（0，$\frac{1}{2}}$]時(shí)，函數(shù)f（x）的最小值，即f（x）_min≥2-m成立求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

解答 解：（1）由題意：函數(shù)f（x）=px+$\frac{q}{x}$（實(shí)數(shù)p、q為常數(shù)），
∵$\left\{\begin{array}{l}f（1）=\frac{5}{2}\\ f（2）=\frac{17}{4}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}p+q=\frac{5}{2}\\ 2p+\frac{q}{2}=\frac{17}{4}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}p=2\\ q=\frac{1}{2}\end{array}\right.$，
故得：函數(shù)f（x）的解析式：f（x）=$2x+\frac{1}{2x}$．
（2）由（1）可知f（x）=$2x+\frac{1}{2x}$，
∴在區(qū)間（0，$\frac{1}{2}}$]上的單調(diào)遞減．
證明：設(shè)$0＜{x}_{1}＜{x}_{2}＜\frac{1}{2}$；
f（x₁）-f（x₂）=$2{x}_{1}-2{x}_{2}+\frac{1}{2{x}_{1}}-\frac{1}{2{x}_{2}}$=2（x₁-x₂）$+\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2{x}_{1}{x}_{2}}$=$（{x}_{2}-{x}_{1}）（-2+\frac{1}{2{x}_{1}{x}_{2}}）$=（x₂-x₁）$\frac{1-4{x}_{1}{x}_{2}}{2{x}_{1}{x}_{2}}$
∵$0＜{x}_{1}＜{x}_{2}＜\frac{1}{2}$；
∴0＜x₂x₁$＜\frac{1}{4}$，1-4x₁x₂＞0
則：f（x₁）-f（x₂）＞0
所以：f（x）=$2x+\frac{1}{2x}$在區(qū)間（0，$\frac{1}{2}}$]上的單調(diào)遞減．
（3）由（2）可知當(dāng)x∈（0，$\frac{1}{2}}$]時(shí)，函數(shù)f（x）是單調(diào)減函數(shù)
∴當(dāng)x=$\frac{1}{2}$時(shí)，函數(shù)f（x）取得最小值，即f（x）_min=f$（\frac{1}{2}）$=2
要使x∈（0，$\frac{1}{2}}$]時(shí)，函數(shù)f（x）≥2-m恒成立，
只需f（x）_min≥2-m成立，
即：2≥2-m，
解得：m≥0
故得實(shí)數(shù)m的取值范圍[0，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的解析式的求法和恒成立轉(zhuǎn)化為不等式求解的問題．屬于中檔題．