Question

1．已知函數(shù)f（x）=$\frac{ax}{x+b}$滿足：f（1）=1，f（-2）=4．
（1）求a，b的值，并探究是否存在常數(shù)c，使得對函數(shù)f（x）在定義域內(nèi)的任意x，都有f（x）+f（c-x）=4成立；
（2）當(dāng)x∈[1，2]時(shí)，不等式f（x）≤$\frac{2m}{（x+1）|x-m|}$恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由$\left\{\begin{array}{l}f（1）=1\\ f（-2）=4\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{a}{1+b}=1}\\{\frac{-2a}{-2+b}=4}\end{array}\right.$，解得a，b的值，
方法1：假設(shè)存在常數(shù)c符合要求，即f（x）+f（c-x）=4，x≠-1成立，特別當(dāng)x=0時(shí)，解得c的值，然后證明
f（x）+f（-2-x）=4，x≠-1恒成立，當(dāng)x≠-1時(shí)，則f（x）+f（-2-x）=4，故存在常數(shù)c=-2，滿足題設(shè)要求；
方法2：假設(shè)存在常數(shù)c符合要求，即f（x）+f（c-x）=4，x≠-1成立，則$\frac{2x}{x+1}+\frac{2（c-x）}{c-x+1}=4$，變形得，-x²+（c-1）x+c=-x²+（c-1）x+2（c+1），整理得c的值，故存在常數(shù)c=-2，滿足題設(shè)要求；
（2）不等式f（x）≤$\frac{2m}{（x+1）|x-m|}$即為$\frac{2x}{x+1}≤$$\frac{2m}{（x+1）|x-m|}$對x∈[1，2]恒成立，即$x≤\frac{m}{|x-m|}$對x∈[1，2]恒成立，則0＜m＜1或m＞2，進(jìn)一步化為$|x-m|≤\frac{m}{x}$對x∈[1，2]恒成立，即mx-m≤x²≤mx+m對x∈[1，2]恒成立，再分類討論①當(dāng)x=1時(shí)，$\frac{1}{2}≤m＜1$或m＞2，②當(dāng)x≠1時(shí)，求出0＜m＜1或2＜m≤4，綜上，實(shí)數(shù)m的取值范圍可求．

解答 解：（1）由$\left\{\begin{array}{l}f（1）=1\\ f（-2）=4\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{a}{1+b}=1}\\{\frac{-2a}{-2+b}=4}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=1\end{array}\right.$．
∴$f（x）=\frac{2x}{x+1}$（x≠-1）．
方法1：假設(shè)存在常數(shù)c符合要求，即f（x）+f（c-x）=4，x≠-1成立．
特別當(dāng)x=0時(shí)有f（0）+f（c）=4，即$\frac{2c}{c+1}=4$，解得c=-2．
下面證明f（x）+f（-2-x）=4，x≠-1恒成立．事實(shí)上，當(dāng)x≠-1時(shí)，
則f（x）+f（-2-x）=$\frac{2x}{x+1}+\frac{2（-2-x）}{（-2-x）+1}=\frac{2x}{x+1}+\frac{-4-2x}{-x-1}$=$\frac{4x+4}{x+1}=4$．
∴存在常數(shù)c=-2，滿足題設(shè)要求；
方法2：假設(shè)存在常數(shù)c符合要求，即f（x）+f（c-x）=4，x≠-1成立．
則$\frac{2x}{x+1}+\frac{2（c-x）}{c-x+1}=4$，
即$\frac{c-x}{c-x+1}=2-\frac{x}{x+1}$，
變形得，-x²+（c-1）x+c=-x²+（c-1）x+2（c+1），
整理得，c=-2．
∴存在常數(shù)c=-2，滿足題設(shè)要求；
（2）不等式f（x）≤$\frac{2m}{（x+1）|x-m|}$即為$\frac{2x}{x+1}≤$$\frac{2m}{（x+1）|x-m|}$對x∈[1，2]恒成立，
即$x≤\frac{m}{|x-m|}$對x∈[1，2]恒成立，
故必有0＜m＜1或m＞2．                                
在0＜m＜1或m＞2下，問題化為$|x-m|≤\frac{m}{x}$對x∈[1，2]恒成立，
即mx-m≤x²≤mx+m對x∈[1，2]恒成立，
①當(dāng)x=1時(shí)，$\frac{1}{2}≤m＜1$或m＞2．
②當(dāng)x≠1時(shí)，$m≥\frac{{x}^{2}}{x+1}$且$m≤\frac{{x}^{2}}{x-1}$對x∈[1，2]恒成立，
對于$m≥\frac{{x}^{2}}{x+1}$對x∈[1，2]恒成立，等價(jià)于$m≥（\frac{{x}^{2}}{x+1}）_{max}$，
令t=x+1，x∈[1，2]，則x=t-1，t∈（2，3]，
$\frac{{x}^{2}}{x+1}=\frac{（t-1）^{2}}{t}=t+\frac{1}{t}-2$，t∈（2，3]遞增，
∴$（\frac{{x}^{2}}{x+1}）_{max}=\frac{4}{3}$，
即$m≥\frac{4}{3}$，結(jié)合0＜m＜1或m＞2，
∴m＞2．
對于$m≤\frac{{x}^{2}}{x-1}$對x∈[1，2]恒成立，等價(jià)于$m≤（\frac{{x}^{2}}{x-1}）_{min}$，
令t=x-1，x∈[1，2]，則x=t+1，t∈（0，1]，
$\frac{{x}^{2}}{x-1}=\frac{（t+1）^{2}}{t}=t+\frac{1}{t}+2$，t∈（0，1]遞減，
∴$（\frac{{x}^{2}}{x-1}）_{min}=4$，
∴m≤4，結(jié)合0＜m＜1或m＞2，
∴0＜m＜1或2＜m≤4，
綜上，實(shí)數(shù)m的取值范圍為2＜m≤4．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)恒成立問題，考查利用賦值法求解恒成立問題，考查函數(shù)的最值問題，關(guān)鍵是審清題意，合理轉(zhuǎn)化，注意賦值法求解恒成立問題時(shí)，應(yīng)需要驗(yàn)證其恒成立，是難題．