Question

19．已知函數(shù)f（x）=$\frac{{x}^{2}+ax+b}{x}$（x≠0）是奇函數(shù)，且滿(mǎn)足f（1）=f（4）
（1）求實(shí)數(shù)a，b的值；
（2）試證明函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，2]上單調(diào)遞減；
（3）是否存在實(shí)數(shù)k同時(shí)滿(mǎn)足以下兩個(gè)條件：①不等式f（x）+$\frac{2k}{3}$＞0對(duì)x∈（0，+∞）恒成立；②方程f（x）=k在x∈[-6，-1]上有解？若存在，試求出實(shí)數(shù)k的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）利用f（1）=f（4）求出b的值，利用f（x）=$\frac{{x}^{2}+ax+b}{x}$（x≠0）為奇函數(shù)，得f（x）+f（-x）=0對(duì)x≠0恒成立，求出a的值；
（2）根據(jù)函數(shù)單調(diào)性，即可得出結(jié)論；
（3）分別求出滿(mǎn)足兩個(gè)條件的實(shí)數(shù)k的取值范圍，即可得出結(jié)論

解答 解：（1）由f（1）=f（4）得1+a+b=$\frac{16+4a+b}{4}$，
解得b=4．…（2分）
由f（x）=$\frac{{x}^{2}+ax+b}{x}$（x≠0）為奇函數(shù)，得f（x）+f（-x）=0對(duì)x≠0恒成立，
即$\frac{{x}^{2}+ax+b}{x}$+$\frac{{x}^{2}-ax+b}{-x}$=2a=0，
所以a=0．…（4分）
證明：（2）由（1）知，f（x）=x+$\frac{4}{x}$．
證法一：任取x₁，x₂∈（0，2]，且x₁＜x₂，
f（x₁）-f（x₂）=（x₁+$\frac{4}{{x}_{1}}$）-（x₂+$\frac{4}{{x}_{2}}$）=（x₁-x₂） $\frac{{x}_{1}{x}_{2}-4}{{x}_{1}{x}_{2}}$，…（6分）
∵0＜x₁＜x₂≤2，
∴x₁-x₂＜0，x₁x₂＞0，x₁x₂-4＜0，
∴f（x₁）-f（x₂）＞0，f（x₁）＞f（x₂），
所以，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，2]上單調(diào)遞減．…（9分）
證法二：∵f′（x）=1-$\frac{4}{{x}^{2}}$，…（6分）
∵x∈（0，2]時(shí)，f′（x）≤0恒成立，
所以，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，2]上單調(diào)遞減．…（9分）
解：（3）對(duì)于條件①：由（2）可知函數(shù)f（x）在x∈（0，+∞）上有最小值f（2）=4．
故若f（x）+$\frac{2k}{3}$＞0對(duì)x∈（0，+∞）恒成立，則需f（x）_min＞-$\frac{2k}{3}$，
則4＞-$\frac{2k}{3}$，∴k＞-6．…（10分）
對(duì)于條件②：由（2）可知函數(shù)f（x）在（-∞，-2）單調(diào)遞增，在[-2，0）單調(diào)遞減，
∴函數(shù)f（x）在[-6，-2]單調(diào)遞增，在[-2，-1]單調(diào)遞減，
又f（-6）=-$\frac{20}{3}$，f（-2）=-4，f（-1）=-5，
所以函數(shù)f（x）在[-6，-1]上的值域?yàn)閇-$\frac{20}{3}$，-4]，
若方程f（x）=k在[-6，-1]有解，則需-$\frac{20}{3}$≤k≤-4．…（12分）
若同時(shí)滿(mǎn)足條件①②，
則需-6＜k≤-4．
答：當(dāng)-6＜k≤-4時(shí)，條件①②同時(shí)滿(mǎn)足．…（14分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的性質(zhì)，考查函數(shù)的單調(diào)性與值域，考查學(xué)生分析解決問(wèn)題的能力，難度中等．