Question

（2011•上海模拟）已知函数f(x)=(

x

a

-1)2+(

b

x

-1)2，x∈D，其中0＜a＜b．
（1）当D=（0，+∞）时，设t=

x

a

+

b

x

，f（x）=g（t），求y=g（t）的解析式及定义域；
（2）当D=（0，+∞），a=1，b=2时，求f（x）的最小值；
（3）设k＞0，当a=k²，b=（k+1）²时，1≤f（x）≤9对任意x∈[a，b]恒成立，求k的取值范围．

Answer 1

分析：（1）由题意可得f（x）=(

x

a

+

b

x

-1)2+1-

2b

a

，而t=

x

a

+

b

x

，于是可得y=g（t）的解析式及定义域；
（2）a=1，b=2时，f（x）=(x+

2

x

-1)2-3，利用x+

2

x

-1≥2

2

-1即可求得f（x）的最小值；
（3）由题意可求得x∈[a，b]=[k²，（k+1）²]时，f（x）_min=

2

k2

，由1≤

2

k2

≤9，k＞0，即可求得k的取值范围．

解答：解：（1）∵t=

x

a

+

b

x

，0＜a＜b，x＞0，
∴t≥2

b a

=

2 ab

a

，
又f（x）=(

x

a

-1)2+(

b

x

-1)2=(

x

a

+

b

x

-1)2+1-

2b

a

，f（x）=g（t），
∴g（t）=（t-1）²+1-

2b

a

，t∈[

2 ab

a

，+∞）；
（2）∵x＞0，a=1，b=2，
∴f（x）=(x+

2

x

-1)2-3，又x+

2

x

-1≥2

2

-1（当且仅当x=

2

时取“=”）
∴f（x）≥(2

2

-1)2-3=6-4

2

，
∴f（x）_min=6-4

2

．
（3）由题意可得，x∈[a，b]=[k²，（k+1）²]，1≤f（x）≤9恒成立，
∴只需求得x∈[k²，（k+1）²]时f（x）的最小值即可．
∵此时，f（x）=[

x

k2

+

(k+1)

x

2-1]2+1-

2(k+1)2

k2

，
∵k＞0，x＞0，令g（x）=

x

k2

+

(k+1)2

x

=

1

k2

（x+

k2(k+1)2

x

）
由双钩函数y=h（x）=x+

a

x

（a＞0）的性质h（x）在（0，

a

]单调递减，在[

a

，+∞）单调递增得：
g（x）在[k²，k（k+1）]上单调递减，在[k（k+1），（k+1）²]单调递增
∴当x=k（k+1）时g（x）取到最小值；
当x=k²时，g（k²）=2+

2

k

+

1

k2

；
当x=（k+1）²时，g（（k+1）²）=2+

2

k

+

1

k2

=g（k²），即当x=k²或（k+1）²时g（x）取到最大值；
∴g（x）_min=

2(k+1)

k

，g（x）_max=2+

2

k

+

1

k2

；
由题意可知，当g（x）取到最小值时，f（x）取到最小值，g（x）取到最大值时，f（x）亦取到最大值．
∴f（x）_min=[

2(k+1)

k

-1]2+1-

2(k+1)2

k2

=

2

k2

；
同理可求，f（x）_max=[

(k+1)2

k2

-1]2=(

2

k

+

1

k2

)2．
∵1≤f（x）≤9对任意x∈[k²，（k+1）²]恒成立，
∴

2 k2 ≥1 ( 2 k + 1 k2 )2≤9

，而k＞0，
∴0＜k≤

2

．

点评：本题考查基本不等式，考查函数恒成立问题，考查二次函数的性质，考查综合分析与运算能力，难度大，属于难题．