Question

3．已知函數(shù)f（x）=$\frac{x^2}{{{{（x-a）}^2}}}$，
（1）若a＞1，試確定f（x）在（0，1）上單調(diào)性；并給出證明．
（2）當a=1，x∈（1，+∞）時，問是否存在一個常數(shù)c，使得對于任意給定的正數(shù)ε，總存在實數(shù)G，使得當x＞G時，有|f（x）-c|＜ε．

Answer 1

分析 （1）可考慮用單調(diào)性的定義進行判斷：設任意的x₁，x₂∈（0，1），且x₁＜x₂，然后作差，通分，用上平方差公式，并提取公因式便可得出f（x₂）-f（x₁）=$\frac{a（{x}_{2}-{x}_{1}）[a（{x}_{1}+{x}_{2}）-2{x}_{1}{x}_{2}]}{（{x}_{1}-a）^{2}（{x}_{2}-a）^{2}}$，由基本不等式及a＞1即可得出f（x₁）＜f（x₂），從而得出f（x）在（0，1）上的單調(diào)性；
（2）a=1時，得到$f（x）=\frac{{x}^{2}}{（x-1）^{2}}$，可以看出當x增大時，f（x）會趨向于1，從而判斷出c=1，然后由|f（x）-1|＜?即可解出x的范圍$x＞1+\frac{1}{?}+\frac{\sqrt{1+?}}{?}$，從而便可取G=$1+\frac{1}{?}+\frac{\sqrt{1+?}}{?}$，便有當x＞G時，總有|f（x）-c|＜ε．

解答 解：（1）設x₁，x₂∈（0，1），且x₁＜x₂，則：
$f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）=\frac{{{x}_{2}}^{2}}{（{x}_{2}-a）^{2}}-\frac{{{x}_{1}}^{2}}{（{x}_{1}-a）^{2}}$=$\frac{a（{x}_{2}-{x}_{1}）[a（{x}_{1}+{x}_{2}）-2{x}_{1}{x}_{2}]}{（{x}_{1}-a）^{2}（{x}_{2}-a）^{2}}$；
∵a＞1，x₁，x₂∈（0，1）；
∴$a（{x_1}+{x_2}）-2{x_1}{x_2}≥2a{\sqrt{{x_1}x}_2}-2{x_1}{x_2}＞2{\sqrt{{x_1}x}_2}-2{x_1}{x_2}=2{\sqrt{{x_1}x}_2}（1-{\sqrt{{x_1}x}_2}）＞0$；
∴f（x₂）＞f（x₁）；
即f（x₁）＜f（x₂）；
∴f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增；
（2）存在常數(shù)c=1，且x∈（1，+∞）；
使$|f（x）-c|=|\frac{x^2}{{{{（x-1）}^2}}}-1|=|\frac{{{x^2}-{{（x-1）}^2}}}{{{{（x-1）}^2}}}|=\frac{2x-1}{{{{（x-1）}^2}}}＜ε$；
解得$x＞1+\frac{1}{ε}+\frac{{\sqrt{1+ε}}}{ε}$；
∴取$G=1+\frac{1}{ε}+\frac{{\sqrt{1+ε}}}{ε}$，當x＞G時，總有|f（x）-c|＜ε．

點評 考查函數(shù)單調(diào)性定義，根據(jù)單調(diào)性定義判斷和證明一個函數(shù)單調(diào)性的方法和過程，以及作差比較法的運用，作差后是分式的一般要通分，一般要提取公因式，平方差公式的運用，以及分式不等式的解法，一元二次不等式的解法．