Question

（2006•寶山區(qū)二模）給出函數(shù)f(x)=

x2+4

+tx（x∈R）．
（1）當(dāng)t≤-1時(shí)，證明y=f（x）是單調(diào)遞減函數(shù)；
（2）當(dāng)t=

1

2

時(shí)，可以將f（x）化成f(x)=a(

x2+4

+x)+b(

x2+4

-x)的形式，運(yùn)用基本不等式求f（x）的最小值及此時(shí)x的取值；
（3）設(shè)一元二次函數(shù)g（x）的圖象均在x軸上方，h（x）是一元一次函數(shù)，記F(x)=

g(x)

+h(x)，利用基本不等式研究函數(shù)F（x）的最值問(wèn)題．

Answer 1

分析：（1）設(shè)x₁＜x₂，對(duì)應(yīng)的函數(shù)值作差后化為f(x1)-f(x2)=(x1-x2)(

x1+x2

x12+4 + x22+4

+t)，分x₁+x₂≤0和x₁+x₂＞0判斷查實(shí)的符號(hào)，從而得到結(jié)論；
（2）把t=

1

2

代入，由題意得到關(guān)于a，b的二元一次方程組，求出a，b的值，然后直接利用基本不等式求最值；
（3）設(shè)出兩個(gè)函數(shù)g（x）和h（x）的解析式，得到F（x）后用x代換x-m，用

a

t代換t，則F（x）總能化成F(x)=

a

(

x2+r2

+tx+q)（r＞0）的形式，分|t|大于等于1及小于1討論最值情況．

解答：解：（1）設(shè)x₁＜x₂，則f(x1)-f(x2)=

x12+4

-

x22+4

+t(x1-x2)
化成f(x1)-f(x2)=(x1-x2)(

x1+x2

x12+4 + x22+4

+t)
顯然，當(dāng)x₁+x₂≤0時(shí)，f（x₁）-f（x₂）＞0
當(dāng)x₁+x₂＞0時(shí)，

x1+x2

x12+4 + x22+4

+t＜1+t≤0，即f（x₁）-f（x₂）＞0
所以y=f（x）是單調(diào)遞減函數(shù)；
（2）由題意得

a+b=1 a-b= 1 2

，解得

a= 3 4 b= 1 4

，
∴f(x)=

x2+4

+

1

2

x=

3

4

(

x2+4

+x)+

1

4

(

x2+4

-x)≥2

3 16 (x2+4-x2)

=

3

當(dāng)且僅當(dāng)

3

4

(

x2+4

+x)=

1

4

(

x2+4

-x)，即x=-

2 3

3

時(shí)，f(x)min=

3

；
（3）由題意設(shè)g（x）=a（x-m）²+n，（a＞0，n＞0），h（x）=tx+b （t≠0），
所以F(x)=

a(x-m)2+n

+tx+b．
若用x代換x-m，用

a

t代換t，則F（x）總能化成F(x)=

a

(

x2+r2

+tx+q)（r＞0）的形式．
由于

a

及q均是常數(shù)，因而，只需研究F(x)=

x2+r2

+tx（r＞0）的最值．
當(dāng)|t|≥1時(shí)，F(xiàn)（x）是單調(diào)函數(shù)，無(wú)最值．
當(dāng)|t|＜1時(shí)，
F(x)=

x2+r2

+tx=

1+t

2

(

x2+r2

+x)+

1-t

2

(

x2+r2

-x)≥

(1-t2)(x2+r2-x2)

即F(x)min=r

1-t2

，此時(shí)x=-

rt

1-t2

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了函數(shù)單調(diào)性的判斷與證明，訓(xùn)練了利用基本不等式求函數(shù)的最值，考查了學(xué)生靈活處理和解決問(wèn)題的能力，考查了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，是有一定難度題目．