Question

11．已知f（x）=$\frac{2+x}{2-x}$．
（1）比較f（t）與2${\;}^{\frac{2t+2}{t}}$的大小（-$\frac{2}{3}$＜t＜$\frac{3}{2}$，且t≠0）
（2）設g（x）=$\sqrt{（2-x）f（x）}$-m（x+2）-2，是否存在實數(shù)m，使y=g（x）有零點，若存在，求出m的范圍．

Answer 1

分析 （1）構造函數(shù)h（x）=$\frac{2x+2}{x}$，結合反比例型和指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，可比較f（t）與2${\;}^{\frac{2t+2}{t}}$的大�。�
（2）實際上是根的存在性問題，可以通過等價轉化求解．

解答 解：（1）∵函數(shù)f（x）=$\frac{2+x}{2-x}$=$\frac{-4}{x-2}-1$的圖象由函數(shù)y=$\frac{-4}{x}$的圖象向右平移兩個單位，再向下平移一個單位得到，
故f（x）在區(qū)間（-∞，2）和區(qū)間（2，+∞）上是增函數(shù)．
令h（x）=$\frac{2x+2}{x}$=$\frac{2}{x}$+2，
則函數(shù)h（x）在區(qū)間（-∞，0），（0，+∞）上是減函數(shù)，
當t∈（-$\frac{2}{3}$，0）時，f（t）＞f（-$\frac{2}{3}$）=$\frac{1}{2}$，
h（t）＜h（-$\frac{2}{3}$）=-1，2^h（t）＜2^-1=$\frac{1}{2}$，
所以f（t）＞2${\;}^{\frac{2t+2}{t}}$．
當t∈（0，$\frac{3}{2}$）時，f（t）＜f（$\frac{3}{2}$）=7，h（t）＞h（$\frac{3}{2}$）=$\frac{10}{3}$，
2^h（t）＞${2}^{\frac{10}{3}}$＞2³=8，所以f（t）＜2${\;}^{\frac{2t+2}{t}}$．
綜上，當t∈（-$\frac{2}{3}$，0）時，f（t）＞2${\;}^{\frac{2t+2}{t}}$；
當t∈（0，$\frac{3}{2}$）時，f（t）＜2${\;}^{\frac{2t+2}{t}}$．
（2）∵g（x）=$\sqrt{（2-x）f（x）}$-m（x+2）-2=$\sqrt{2+x}$-m（x+2）-2，x≠2．
由題意可知，方程 $\sqrt{2+x}$-m（x+2）-2=0在{x|x≥-2且x≠2}中有實數(shù)解，
令$\sqrt{2+x}$=t，則t≥0且t≠2，
問題轉化為關于t的方程mt²-t+2=0①，
有非負且不等于2的實數(shù)根．
若t=0，則①為2=0，顯然不成立，
故t≠0，方程①可變形為m=-2（$\frac{1}{t}$）²+$\frac{1}{t}$，
問題進一步轉化為求關于t的函數(shù)（t≥0且t≠2）的值域，
因為t≥0且t≠2，所以$\frac{1}{t}$＞0且$\frac{1}{t}$≠$\frac{1}{2}$，
所以m=-2（$\frac{1}{t}$）²+$\frac{1}{t}$∈（-∞，0）∪（0，$\frac{1}{8}$]，
所以實數(shù)m的取值范圍是（-∞，0）∪（0，$\frac{1}{8}$]．

點評 本題主要考查了函數(shù)的單調(diào)性以及根的存在性問題，比較復雜，但解題方法均為基本方法，要求掌握．