题目内容
设关于x的方程x2+tx-1=0的两根为α，β（α＜β，函数f（x）=
）．
（1）用t表示f（α）+f（β）；
（2）证明：f（x）在[α，β]上是增函数；
（3）对任意正数x1，x2，求证：-2β＜f（
）+f（
）＜-2α．
| 2x+t |
| x2+1 |
（1）用t表示f（α）+f（β）；
（2）证明：f（x）在[α，β]上是增函数；
（3）对任意正数x1，x2，求证：-2β＜f（
| x1α+x2β |
| x1+x2 |
| x1β+x2α |
| x1+x2 |
考点：函数单调性的判断与证明,函数单调性的性质
专题：函数的性质及应用
分析：（1）借助于根与系数的关系进行求解即可；
（2）先求导数，然后判断导数值的正负情况进行判断；
（3）借助于单调性直接进行求证．
（2）先求导数，然后判断导数值的正负情况进行判断；
（3）借助于单调性直接进行求证．
解答：
解：（1）根据根与系数的关系，得
α+β=-t，αβ=-1，
∴f(α)+f(β)=
+
=
+
=
=
=t，
∴f（α）+f（β）=t；
（2）∵f ′ (x)=
=
∵x∈[α，β]，x2+tx-1=（x-α）（x-β）≤0，
∴x∈[α，β]，f′（x）≥0，
∴f（x）在[α，β]上是增函数；
（3）∵
-α=
＞0，
-β=
＜0，
∴α＜
＜β，
同理，得α＜
＜β，
∴f(α)＜f(
)＜f(β)，
f(α)＜f(
)＜f(β)，
以上两式相加，得
2f(α)＜f(
)+f(
)＜2f(β），
由（1）知，f(α)=
=-β ， f(β)=
=-α，
∴-2β＜f（
）+f（
）＜-2α．
α+β=-t，αβ=-1，
∴f(α)+f(β)=
| 2α+t |
| α2+1 |
| 2β+t |
| β2+1 |
| 2α-(α+β) |
| α2-αβ |
| 2β-(α+β) |
| β2-αβ |
| α+β |
| αβ |
| -t |
| -1 |
∴f（α）+f（β）=t；
（2）∵f ′ (x)=
| 2(x2+1)-(2x+t)2x |
| (x2+1)2 |
| -2(x2+tx-1) |
| (x2+1)2 |
∵x∈[α，β]，x2+tx-1=（x-α）（x-β）≤0，
∴x∈[α，β]，f′（x）≥0，
∴f（x）在[α，β]上是增函数；
（3）∵
| x1α+x2β |
| x1+x2 |
| x2(β-α) |
| x1+x2 |
| x1α+x2β |
| x1+x2 |
| x1(α-β) |
| x1+x2 |
∴α＜
| x1α+x2β |
| x1+x2 |
同理，得α＜
| x1β+x2α |
| x1+x2 |
∴f(α)＜f(
| x1β+x2α |
| x1+x2 |
f(α)＜f(
| x1α+x2β |
| x1+x2 |
以上两式相加，得
2f(α)＜f(
| x1α+x2β |
| x1+x2 |
| x1β+x2α |
| x1+x2 |
由（1）知，f(α)=
| 1 |
| α |
| 1 |
| β |
∴-2β＜f（
| x1α+x2β |
| x1+x2 |
| x1β+x2α |
| x1+x2 |
点评：本题综合考查函数的基本性质，注意转化思想在解题中的灵活运用．
练习册系列答案
一诺书业暑假作业快乐假期云南美术出版社系列答案
相关题目
以下判断正确的是（ ）
| A、函数y=f（x）为R上的可导函数，则“f′（x0）=0”是“x0为函数f（x）极值点”的充要条件 |
| B、“a=1”是“直线ax+y-1=0与直线x+ay+1=0平行”的充要条件 |
| C、命题“在△ABC中，若A＞B，则sinA＞sinB”的逆命题为假命题 |
| D、命题“存在x∈R，x2+x-1＜0”的否定是“任意x∈R，x2+x-1＞0” |
某高中毕业学年，在高校自主招生期间，把学生的平时成绩按“百分制”折算，排出前n名学生，并对这n名学生按成绩分组，第一组[75，80），第二组[80，85），第三组[85，90），第四组[90，95），第五组[95，100]，如图为频率分布直方图的一部分，其中第五组、第一组、第四组、第二组、第三组的人数依次成等差数列，且第四组的人数为60．