Question

4．已知t为常数且0＜t＜1，函数g（x）=$\frac{1}{2}$（x+$\frac{1-t}{x}$）（x＞0），h（x）=$\sqrt{{x}^{2}-2x+2+t}$．
（1）求证：g（x）在（0，$\sqrt{1-t}$）上单调递减，在（$\sqrt{1-t}$，+∞）上单调递增；
（2）若函数g（x）与h（x）的最小值恰为函数f（x）=x³+ax²+bx（a，b∈R）的两个零点，求a+b的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求导g′（x）=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1-t}{{x}^{2}}$）=$\frac{（x+\sqrt{1-t}）（x-\sqrt{1-t}）}{2{x}^{2}}$，从而判断函数的单调性；
（2）结合（1）知，g_min（x）=g（$\sqrt{1-t}$）=$\sqrt{1-t}$＞0，h（x）=$\sqrt{{x}^{2}-2x+2+t}$=$\sqrt{（x-1）^{2}+1+t}$≥$\sqrt{1+t}$，从而可得$\sqrt{1-t}$，$\sqrt{1+t}$是方程x²+ax+b=0的两个解，从而利用韦达定理可得$\sqrt{1-t}$+$\sqrt{1+t}$=-a，$\sqrt{1-t}$$\sqrt{1+t}$=b，从而可得a+b=$\sqrt{1-t}$$\sqrt{1+t}$-（$\sqrt{1-t}$+$\sqrt{1+t}$），从而解得．

解答 解：（1）证明：∵g（x）=$\frac{1}{2}$（x+$\frac{1-t}{x}$），
∴g′（x）=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1-t}{{x}^{2}}$）=$\frac{（x+\sqrt{1-t}）（x-\sqrt{1-t}）}{2{x}^{2}}$，
∴当x∈（0，$\sqrt{1-t}$）时，g′（x）＜0，
当x∈（$\sqrt{1-t}$，+∞）时，g′（x）＞0，
∴g（x）在（0，$\sqrt{1-t}$）上单调递减，在（$\sqrt{1-t}$，+∞）上单调递增；
（2）结合（1）知，g_min（x）=g（$\sqrt{1-t}$）=$\sqrt{1-t}$＞0，
h（x）=$\sqrt{{x}^{2}-2x+2+t}$=$\sqrt{（x-1）^{2}+1+t}$≥$\sqrt{1+t}$．
故$\sqrt{1-t}$，$\sqrt{1+t}$是函数f（x）=x³+ax²+bx（a，b∈R）的两个零点，
故$\sqrt{1-t}$，$\sqrt{1+t}$是方程x²+ax+b=0的两个解，
故$\sqrt{1-t}$+$\sqrt{1+t}$=-a，$\sqrt{1-t}$$\sqrt{1+t}$=b，
故a+b=$\sqrt{1-t}$$\sqrt{1+t}$-（$\sqrt{1-t}$+$\sqrt{1+t}$）
∵（$\sqrt{1-t}$）²+（$\sqrt{1+t}$）²=2，且0＜t＜1，
∴令$\sqrt{1-t}$=$\sqrt{2}$sinθ，则$\sqrt{1+t}$=$\sqrt{2}$cosθ，（0＜θ＜$\frac{π}{4}$）；
a+b=$\sqrt{1-t}$$\sqrt{1+t}$-（$\sqrt{1-t}$+$\sqrt{1+t}$）
=2sinθcosθ-$\sqrt{2}$（sinθ+cosθ），
=sin2θ-$\sqrt{2（1+sin2θ）}$，
令sin2θ=x，则0＜x＜1，
则m（x）=a+b=x-$\sqrt{2（1+x）}$，
m′（x）=1-$\frac{1}{\sqrt{2（1+x）}}$＞0，
故m（x）在（0，1）上是增函数；
故m（0）＜m（x）＜m（1），
即-$\sqrt{2}$＜a+b＜-1．

点评 本题考查了导数的综合应用及换元法的应用，同时考查了转化思想的应用．