Question

設關(guān)于x的方程x²-mx-1=0 有兩個實根α、β，且α＜β．定義函數(shù)f(x)=

2x-m

x2+1

．
（1）求αf（α）+βf（β） 的值；
（2）判斷f（x） 在區(qū)間（α，β） 上的單調(diào)性，并加以證明；
（3）若λ，μ 為正實數(shù)，求證：|f(

λα+μβ

λ+μ

)-f(

μα+λβ

λ+μ

)|＜|f(α)-f(β)|．

Answer 1

分析：（1）若α，β 是方程x²-mx-1=0 的兩個實根，由韋達定理我們易得到兩根之和與兩根之積，然后根據(jù)函數(shù)f(x)=

2x-m

x2+1

，我們可以求出f（α），f（β）的值，進而得到αf（α）+βf（β） 的值；
（2）方法一：任取α＜x₁＜x₂＜β，我們根據(jù)已知中函數(shù)的解析式，判斷f（x₁），f（x₂）的大小，然后根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義即可得到結(jié)論；
方法二：根據(jù)已知函數(shù)的解析式，求出函數(shù)的導函數(shù)，分析導函數(shù)的符號，即可得到結(jié)論．
（3）根據(jù)比例的性質(zhì)我們可以得到：α＜

λα+μβ

λ+μ

＜β，α＜

μα+λβ

λ+μ

＜β，然后根據(jù)（2）的結(jié)論，易得f(α)＜f(

λα+μβ

λ+μ

)＜f(β)，f(α)＜f(

μα+λβ

λ+μ

)＜f(β)． 進而根據(jù)絕對值的性質(zhì)即可得到結(jié)論．

解答：解：（1）∵α，β 是方程x²-mx-1=0 的兩個實根，∴

α+β=m α•β=-1

．
∴f(α)=

2α-m

α2+1

=

2α-(α+β)

α2-αβ

=

α-β

α(α-β)

=

1

α

，…（3分）
同理f(β)=

1

β

，
∴αf（α）+βf（β）=2．…（5分）
（2）方法一：設α＜x₁＜x₂＜β，
則x₂-x₁＜0，且f(x1)-f(x2)=

2x1-m

x 2 1 +1

-

2x2-m

x 2 2 +1

=

(x2-x1)[2x1x2-m(x1+x2)-2]

( x 2 1 +1)( x 2 2 +1)

 …（7分）
由題設知，x₁²-mx₁-1＜0，x₂²-mx₂-1＜0，
∴（x₁²+x₂²）-m（x₁+x₂）-2＜0，
而2x₁x₂＜x₁²+x₂²，∴2x₁x₂-m（x₁+x₂）-2＜0 …（9分）
∴f（x₁）＜f（x₂），即f（x） 在區(qū)間（α，β） 上為增函數(shù)． …（10分）
方法二：∵f(x)=

2x-m

x2+1

，
∴f′(x)=

2(x2+1)-(2x-m)•2x

(x2+1)2

=-

2(x2-mx-1)

(x2+1)2

，…（7分）
當x∈（α，β） 時，x²-mx-1=（x-α）（x-β）＜0，…（9分）
從而f'（x）＞0，∴f（x） 在（α，β） 上為增函數(shù)．…（10分）
（3）∵λ，μ∈R₊ 且α＜β 
∴

λα+μβ

λ+μ

-α=

λα+μβ-(λ+μ)α

λ+μ

=

μ(β-α)

λ+μ

＞0 
，

λα+μβ

λ+μ

-β=

λα+μβ-(λ+μ)β

λ+μ

=

λ(α-β)

λ+μ

＜0，
∴α＜

λα+μβ

λ+μ

＜β，…（12分）
由（Ⅱ）可知f(α)＜f(

λα+μβ

λ+μ

)＜f(β)，
同理可得f(α)＜f(

μα+λβ

λ+μ

)＜f(β)．    …（14分）
∴f(α)-f(β)＜f(

λα+μβ

λ+μ

)-f(

μα+λβ

λ+μ

)＜f(β)-f(α)，
∴|f(

λα+μβ

λ+μ

)-f(

μα+λβ

λ+μ

)|＜|f(α)-f(β)|．    …（16分）

點評：本題考查的知識點是函數(shù)的單調(diào)性的判斷與證明，一元二次方程的根的分布與系數(shù)的關(guān)系，及不等式的證明，其中（1）的關(guān)鍵是熟練掌握韋達定理，（2）的關(guān)鍵是判斷差的符號，（3）的關(guān)鍵是判斷出α＜

λα+μβ

λ+μ

＜β，α＜

μα+λβ

λ+μ

＜β將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)單調(diào)性的應用．