Question

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

．
（1）求αf（α）+βf（β） 的值；
（2）判断f（x） 在区间（α，β） 上的单调性，并加以证明；
（3）若λ，μ 为正实数，求证：|f(

λα+μβ

λ+μ

)-f(

μα+λβ

λ+μ

)|＜|f(α)-f(β)|．

Answer 1

分析：（1）若α，β 是方程x²-mx-1=0 的两个实根，由韦达定理我们易得到两根之和与两根之积，然后根据函数f(x)=

2x-m

x2+1

，我们可以求出f（α），f（β）的值，进而得到αf（α）+βf（β） 的值；
（2）方法一：任取α＜x₁＜x₂＜β，我们根据已知中函数的解析式，判断f（x₁），f（x₂）的大小，然后根据函数单调性的定义即可得到结论；
方法二：根据已知函数的解析式，求出函数的导函数，分析导函数的符号，即可得到结论．
（3）根据比例的性质我们可以得到：α＜

λα+μβ

λ+μ

＜β，α＜

μα+λβ

λ+μ

＜β，然后根据（2）的结论，易得f(α)＜f(

λα+μβ

λ+μ

)＜f(β)，f(α)＜f(

μα+λβ

λ+μ

)＜f(β)． 进而根据绝对值的性质即可得到结论．

解答：解：（1）∵α，β 是方程x²-mx-1=0 的两个实根，∴

α+β=m α•β=-1

．
∴f(α)=

2α-m

α2+1

=

2α-(α+β)

α2-αβ

=

α-β

α(α-β)

=

1

α

，…（3分）
同理f(β)=

1

β

，
∴αf（α）+βf（β）=2．…（5分）
（2）方法一：设α＜x₁＜x₂＜β，
则x₂-x₁＜0，且f(x1)-f(x2)=

2x1-m

x 2 1 +1

-

2x2-m

x 2 2 +1

=

(x2-x1)[2x1x2-m(x1+x2)-2]

( x 2 1 +1)( x 2 2 +1)

 …（7分）
由题设知，x₁²-mx₁-1＜0，x₂²-mx₂-1＜0，
∴（x₁²+x₂²）-m（x₁+x₂）-2＜0，
而2x₁x₂＜x₁²+x₂²，∴2x₁x₂-m（x₁+x₂）-2＜0 …（9分）
∴f（x₁）＜f（x₂），即f（x） 在区间（α，β） 上为增函数． …（10分）
方法二：∵f(x)=

2x-m

x2+1

，
∴f′(x)=

2(x2+1)-(2x-m)•2x

(x2+1)2

=-

2(x2-mx-1)

(x2+1)2

，…（7分）
当x∈（α，β） 时，x²-mx-1=（x-α）（x-β）＜0，…（9分）
从而f'（x）＞0，∴f（x） 在（α，β） 上为增函数．…（10分）
（3）∵λ，μ∈R₊ 且α＜β 
∴

λα+μβ

λ+μ

-α=

λα+μβ-(λ+μ)α

λ+μ

=

μ(β-α)

λ+μ

＞0 
，

λα+μβ

λ+μ

-β=

λα+μβ-(λ+μ)β

λ+μ

=

λ(α-β)

λ+μ

＜0，
∴α＜

λα+μβ

λ+μ

＜β，…（12分）
由（Ⅱ）可知f(α)＜f(

λα+μβ

λ+μ

)＜f(β)，
同理可得f(α)＜f(

μα+λβ

λ+μ

)＜f(β)．    …（14分）
∴f(α)-f(β)＜f(

λα+μβ

λ+μ

)-f(

μα+λβ

λ+μ

)＜f(β)-f(α)，
∴|f(

λα+μβ

λ+μ

)-f(

μα+λβ

λ+μ

)|＜|f(α)-f(β)|．    …（16分）

点评：本题考查的知识点是函数的单调性的判断与证明，一元二次方程的根的分布与系数的关系，及不等式的证明，其中（1）的关键是熟练掌握韦达定理，（2）的关键是判断差的符号，（3）的关键是判断出α＜

λα+μβ

λ+μ

＜β，α＜

μα+λβ

λ+μ

＜β将问题转化为函数单调性的应用．