题目内容
（2006•宝山区二模）给出函数f(x)=
+tx（x∈R）．
（1）当t≤-1时，证明y=f（x）是单调递减函数；
（2）当t=
时，可以将f（x）化成f(x)=a(
+x)+b(
-x)的形式，运用基本不等式求f（x）的最小值及此时x的取值；
（3）设一元二次函数g（x）的图象均在x轴上方，h（x）是一元一次函数，记F(x)=
+h(x)，利用基本不等式研究函数F（x）的最值问题．
| x2+4 |
（1）当t≤-1时，证明y=f（x）是单调递减函数；
（2）当t=
| 1 |
| 2 |
| x2+4 |
| x2+4 |
（3）设一元二次函数g（x）的图象均在x轴上方，h（x）是一元一次函数，记F(x)=
| g(x) |
分析：（1）设x1＜x2，对应的函数值作差后化为f(x1)-f(x2)=(x1-x2)(
+t)，分x1+x2≤0和x1+x2＞0判断查实的符号，从而得到结论；
（2）把t=
代入，由题意得到关于a，b的二元一次方程组，求出a，b的值，然后直接利用基本不等式求最值；
（3）设出两个函数g（x）和h（x）的解析式，得到F（x）后用x代换x-m，用
t代换t，则F（x）总能化成F(x)=
(
+tx+q)（r＞0）的形式，分|t|大于等于1及小于1讨论最值情况．
| x1+x2 | ||||
|
（2）把t=
| 1 |
| 2 |
（3）设出两个函数g（x）和h（x）的解析式，得到F（x）后用x代换x-m，用
| a |
| a |
| x2+r2 |
解答：解：（1）设x1＜x2，则f(x1)-f(x2)=
-
+t(x1-x2)
化成f(x1)-f(x2)=(x1-x2)(
+t)
显然，当x1+x2≤0时，f（x1）-f（x2）＞0
当x1+x2＞0时，
+t＜1+t≤0，即f（x1）-f（x2）＞0
所以y=f（x）是单调递减函数；
（2）由题意得
，解得
，
∴f(x)=
+
x=
(
+x)+
(
-x)≥2
=
当且仅当
(
+x)=
(
-x)，即x=-
时，f(x)min=
；
（3）由题意设g（x）=a（x-m）2+n，（a＞0，n＞0），h（x）=tx+b （t≠0），
所以F(x)=
+tx+b．
若用x代换x-m，用
t代换t，则F（x）总能化成F(x)=
(
+tx+q)（r＞0）的形式．
由于
及q均是常数，因而，只需研究F(x)=
+tx（r＞0）的最值．
当|t|≥1时，F（x）是单调函数，无最值．
当|t|＜1时，
F(x)=
+tx=
(
+x)+
(
-x)≥
即F(x)min=r
，此时x=-
．
| x12+4 |
| x22+4 |
化成f(x1)-f(x2)=(x1-x2)(
| x1+x2 | ||||
|
显然，当x1+x2≤0时，f（x1）-f（x2）＞0
当x1+x2＞0时，
| x1+x2 | ||||
|
所以y=f（x）是单调递减函数；
（2）由题意得
|
|
∴f(x)=
| x2+4 |
| 1 |
| 2 |
| 3 |
| 4 |
| x2+4 |
| 1 |
| 4 |
| x2+4 |
|
| 3 |
当且仅当
| 3 |
| 4 |
| x2+4 |
| 1 |
| 4 |
| x2+4 |
2
| ||
| 3 |
| 3 |
（3）由题意设g（x）=a（x-m）2+n，（a＞0，n＞0），h（x）=tx+b （t≠0），
所以F(x)=
| a(x-m)2+n |
若用x代换x-m，用
| a |
| a |
| x2+r2 |
由于
| a |
| x2+r2 |
当|t|≥1时，F（x）是单调函数，无最值．
当|t|＜1时，
F(x)=
| x2+r2 |
| 1+t |
| 2 |
| x2+r2 |
| 1-t |
| 2 |
| x2+r2 |
| (1-t2)(x2+r2-x2) |
即F(x)min=r
| 1-t2 |
| rt | ||
|
点评：本题考查了函数单调性的判断与证明，训练了利用基本不等式求函数的最值，考查了学生灵活处理和解决问题的能力，考查了数学转化思想方法，是有一定难度题目．
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