题目内容
设关于x的方程x2-mx-1=0有两个实根α、β，且α＜β．定义函数f(x)=| 2x-m |
| x2+1 |
（Ⅰ）求αf（α）+βf（β）的值；
（Ⅱ）判断f（x）在区间（α，β）上的单调性，并加以证明；
（Ⅲ）若λ，μ为正实数，证明不等式：|f(
| λα+μβ |
| λ+μ |
| μα+λβ |
| λ+μ |
分析：（1）因为α，β是方程x2-mx-1=0的两个实根，则利用根与系数的关系即f（x）的解析式求出f（α）和f（β）即可求出αf（α）+βf（β）的值；
（2）求出函数的导函数并利用二次函数图象的性质推导出导函数大于零则该函数为增函数；（3）此题要证不等式成立，先求出
和
的取值范围，根据函数的增减性判断出其函数值的取值范围把两个函数值相减的左边不等式在根据（1）中的结论推出得证．
（2）求出函数的导函数并利用二次函数图象的性质推导出导函数大于零则该函数为增函数；（3）此题要证不等式成立，先求出
| λα+μβ |
| λ+μ |
| μα+λβ |
| λ+μ |
解答：解：（Ⅰ）α，β是方程x2-mx-1=0的两个实根
∴
∴f(α)=
=
=
=
同理f(β)=
∴αf（α）+βf（β）=2
（Ⅱ）∵f(x)=
∴f′(x)=
=-
当x∈（α，β）时，x2-mx-1=（x-α）（x-β）＜0
而f'（x）＞0
∴f（x）在（α，β）上为增函数
（Ⅲ）∵λ，μ∈R+且α＜β
∴
-α=
=
＞0
-β=
=
＜0
∴α＜
＜β
由（Ⅱ）可知f(α)＜f(
)＜f(β)
同理可得f(α)＜f(
)＜f(β)
∴f(α)-f(β)＜f(
)-f(
)＜f(β)-f(α)
∴|f(
)-f(
)|＜|f(α)-f(β)|
又由（Ⅰ）知f(α)=
，f(β)=
，αβ=-1
∴|f(α)-f(β)|=|
-
|=|
|=|α-β|
所以|f(
)-f(
)| ＜ |α-β|.
∴
|
∴f(α)=
| 2α-m |
| α2+1 |
| 2α-(α+β) |
| α2-αβ |
| α-β |
| α(α-β) |
| 1 |
| α |
同理f(β)=
| 1 |
| β |
∴αf（α）+βf（β）=2
（Ⅱ）∵f(x)=
| 2x-m |
| x2+1 |
∴f′(x)=
| 2(x2+1)-(2x-m)•2x |
| (x2+1)2 |
| 2(x2-mx-1) |
| (x2+1)2 |
当x∈（α，β）时，x2-mx-1=（x-α）（x-β）＜0
而f'（x）＞0
∴f（x）在（α，β）上为增函数
（Ⅲ）∵λ，μ∈R+且α＜β
∴
| λα+μβ |
| λ+μ |
| λα+μβ-(λ+μ)α |
| λ+μ |
| μ(β-α) |
| λ+μ |
| λα+μβ |
| λ+μ |
| λα+μβ-(λ+μ)β |
| λ+μ |
| λ(α-β) |
| λ+μ |
∴α＜
| λα+μβ |
| λ+μ |
由（Ⅱ）可知f(α)＜f(
| λα+μβ |
| λ+μ |
同理可得f(α)＜f(
| μα+λβ |
| λ+μ |
∴f(α)-f(β)＜f(
| λα+μβ |
| λ+μ |
| μα+λβ |
| λ+μ |
∴|f(
| λα+μβ |
| λ+μ |
| μα+λβ |
| λ+μ |
又由（Ⅰ）知f(α)=
| 1 |
| α |
| 1 |
| β |
∴|f(α)-f(β)|=|
| 1 |
| α |
| 1 |
| β |
| β-α |
| αβ |
所以|f(
| λα+μβ |
| λ+μ |
| μα+λβ |
| λ+μ |
点评：考查学生函数与方程的综合运用能力．
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