Question

9．已知函數(shù)f（x）=$\frac{{x}^{2}+bx-1}{x}$，且f（1）=0．
（1）求b的值，判斷f（x）在（0，+∞）上的單調(diào)性并給予證明；
（2）對(duì)任意x∈[1，+∞），不等式f（mx）+mf（x）＜0恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（3）若有常數(shù)M，使得對(duì)任意的x₁∈（a，b），存在唯一的x₂∈（a，b）滿足$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{2}$=M，則稱M為函數(shù)f（x）在（a，b）上的“均值”，試求函數(shù)f（x）在（1，3）上的“均值”并說明理由．

Answer 1

分析 （1）容易求出b=0，從而得到f（x）=$x-\frac{1}{x}$，通過求導(dǎo)，判斷導(dǎo)數(shù)符號(hào)，從而判斷出f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
（2）由f（x）解析式及x≥1，從而可得到$2m{x}^{2}-（m+\frac{1}{m}）＜0$在x∈[1，+∞）上恒成立，從而便可知m＜0，而函數(shù)g（x）=$2m{x}^{2}-（m+\frac{1}{m}）$在[1，+∞）上單調(diào)遞減，從而該函數(shù)的最大值便是g（1）=$m-\frac{1}{m}$，從而m滿足$m-\frac{1}{m}＜0$，結(jié)合m＜0解出該不等式即可得出實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（3）取M=$\frac{f（1）+f（3）}{2}=\frac{4}{3}$，并且可求出f（x）在（1，3）上的值域?yàn)椋?，$\frac{8}{3}$），可設(shè)$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{2}=\frac{4}{3}$，這樣解出f（x₂）=$\frac{8}{3}-f（{x}_{1}）$，從而由f（x₁）∈（0，$\frac{8}{3}$）能得到f（x₂）∈（0，$\frac{8}{3}$），這樣即可說明對(duì)于任意的x₁∈（1，3），存在唯一的x₂∈（1，3），使得$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{2}=\frac{4}{3}$，從而由均值的定義即可得出f（x）在（1，2）上的均值．

解答 解：（1）f（1）=b=0；
∴$f（x）=x-\frac{1}{x}$，$f′（x）=1+\frac{1}{{x}^{2}}＞0$；
∴f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
（2）f（mx）=$mx-\frac{1}{mx}$，mf（x）=$mx-\frac{m}{x}$；
∴由f（mx）+mf（x）＜0恒成立得到：$2mx-（m+\frac{1}{m}）•\frac{1}{x}＜0$恒成立；
∵x≥1；
∴$2m{x}^{2}-（m+\frac{1}{m}）＜0$恒成立；
∴m＜0；
設(shè)g（x）=$2m{x}^{2}-（m+\frac{1}{m}）$，則g（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞減；
∵x≥1；
∴$g（x）≤g（1）=m-\frac{1}{m}$；
∴$m-\frac{1}{m}＜0$；
∵m＜0，∴解得m＜-1；
∴實(shí)數(shù)m的取值范圍為（-∞，-1）；
（3）由（1）知f（x）在（1，3）上是單調(diào)函數(shù)；
∴f（1）＜f（x）＜f（3）；
∴$0＜f（x）＜\frac{8}{3}$；
∴取M=$\frac{f（1）+f（3）}{2}=\frac{4}{3}$；
∴由$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{2}=\frac{4}{3}$得，$f（{x}_{2}）=\frac{8}{3}-f（{x}_{1}）$；
由f（x₁）∈（0，$\frac{8}{3}$），得$f（{x}_{2}）∈（0，\frac{8}{3}）$；
∴對(duì)于任意的x₁∈（1，3），存在唯一的x₂∈（1，3），使得$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{2}=\frac{4}{3}$；
∴f（x）在（1，3）上的均值為$\frac{4}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 考查已知函數(shù)解析式求函數(shù)值的方法，根據(jù)導(dǎo)數(shù)符號(hào)判斷函數(shù)單調(diào)性的方法，以及清楚：由x趨于正無窮時(shí)二次函數(shù)值還小于0即可判斷出二次項(xiàng)系數(shù)小于0，二次函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性定義求函數(shù)最值，應(yīng)熟悉二次函數(shù)圖象，要理解函數(shù)均值的定義，知道單調(diào)函數(shù)的y和x是一對(duì)一關(guān)系．