17.已知函數(shù)$f(x)=x+\frac{a}{x}(a>0)$.
(1)證明:f(x)在$(0,\sqrt{a})$是單調(diào)遞減函數(shù),在$(\sqrt{a},+∞)$是單調(diào)遞增函數(shù);
(2)設(shè)a=1.①求函數(shù)y=f(2x)-2的零點(diǎn);②若對(duì)任意x∈R,不等式f(4x)≥mf(2x)-6恒成立,求實(shí)數(shù)m 的取值范圍.

分析 (1)先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),通過x的范圍,確定$\frac{{x}^{2}-a}{{x}^{2}}$的符號(hào),從而得出函數(shù)的單調(diào)性;
(2)①函數(shù)y=f(2x)-2的零點(diǎn)的個(gè)數(shù),即${2}^{x}+\frac{1}{{2}^{x}}-2=0$的解,求解一元二次方程即可得答案;
②若對(duì)任意x∈R,不等式f(4x)≥mf(2x)-6恒成立,可轉(zhuǎn)化為$({2}^{x}+\frac{1}{{2}^{x}})^{2}-m({2}^{x}+\frac{1}{{2}^{x}})+4≥0$恒成立,再令t=${2}^{x}+\frac{1}{{2}^{x}}$,t∈[2,+∞),則g(t)=t2-mt+4≥0恒成立,然后分對(duì)稱軸t=-$\frac{-m}{2}=\frac{m}{2}≤2$和對(duì)稱軸t=$\frac{m}{2}>2$,兩種情況,分別求得m的范圍,即可得到實(shí)數(shù)m 的取值范圍.

解答 (1)證明:f′(x)=1-$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-a}{{x}^{2}}$,
當(dāng)x∈(0,$\sqrt{a}$]時(shí),f′(x)=1-$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-a}{{x}^{2}}$<0,
∴f(x)=x+$\frac{a}{x}$在(0,$\sqrt{a}$]上單調(diào)遞減,
當(dāng)x∈($\sqrt{a}$,+∞)時(shí),f′(x)=1-$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-a}{{x}^{2}}$>0,
∴f(x)=x+$\frac{a}{x}$在($\sqrt{a}$,+∞)上單調(diào)遞增;
(2)解:①當(dāng)a=1時(shí),f(x)=x+$\frac{1}{x}$,函數(shù)y=f(2x)-2的零點(diǎn)即${2}^{x}+\frac{1}{{2}^{x}}-2=0$的解.
即(2x2-2×2x+1=0,解得2x=1,即x=0.
∴函數(shù)y=f(2x)-2的零點(diǎn)是x=0;
②若對(duì)任意x∈R,不等式f(4x)≥mf(2x)-6恒成立,
∴${4}^{x}+\frac{1}{{4}^{x}}≥m({2}^{x}+\frac{1}{{2}^{x}})-6$恒成立,
∴$({2}^{x}+\frac{1}{{2}^{x}})^{2}-m({2}^{x}+\frac{1}{{2}^{x}})+4≥0$恒成立,
令t=${2}^{x}+\frac{1}{{2}^{x}}$,t∈[2,+∞),
則g(t)=t2-mt+4≥0恒成立.
∴當(dāng)對(duì)稱軸t=-$\frac{-m}{2}=\frac{m}{2}≤2$,即m≤4時(shí),g(2)=8-2m≥0恒成立,即m≤4滿足題意;
當(dāng)對(duì)稱軸t=$\frac{m}{2}>2$,即m>4時(shí),△=(-m)2-4×1×4=m2-16>0成立.
∴在t=2右側(cè)函數(shù)g(t)與坐標(biāo)軸橫軸有交點(diǎn),即存在不等式f(4x)≥mf(2x)-6不成立的x值,不滿足題意.
綜上,實(shí)數(shù)m 的取值范圍為(-∞,4].

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性問題,考查了函數(shù)零點(diǎn)與方程根的關(guān)系,函數(shù)的恒成立問題,體現(xiàn)了分類討論、轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想,屬于難題.

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