Question

设关于x的方程x²-mx-1=0有两个实根α，β（α＜β），函数f（x）=

2x-m

x2+1

．
（Ⅰ）求证：不论m取何值，总有αf（α）=1；
（Ⅱ）判断f（x）在区间（α，β）的单调性，并加以证明；
（Ⅲ）若λ，μ均为正实数，证明：|f(

λα+μβ

λ+μ

)-f(

μα+λβ

λ+μ

)|＜|α-β|．

Answer 1

考点：不等式的证明,利用导数研究函数的单调性

专题：综合题,不等式的解法及应用

分析：（Ⅰ）由α，β是方程x²-mx-1=0的两个实根，根据韦达定理，结合f（x）=

2x-m

x2+1

，化简，即可得出αf（α）=1；
（Ⅱ）利用f'（x）＞0，可得结论；
（Ⅲ）证明|f(

λα+μβ

λ+μ

)-f(

μα+λβ

λ+μ

)|＜|f(α)-f(β)|，由（Ⅰ）可知，f(α)=

1

α

，f(β)=

1

β

，αβ=-1，即可证明结论．

解答： 证明：（Ⅰ）∵α，β是方程x²-mx-1=0的两个根，∴α+β=m，αβ=-1，
∴f(α)=

2α-m

α2+1

=

2α-(α+β)

α2-αβ

=

α-β

α(α-β)

=

1

α

，
∴αf（α）=1…（4分）
（Ⅱ）∵f′(x)=-

2(x2-mx-1)

(x2+1)2

=-

2(x-α)(x-β)

(x2+1)2

，
当x∈（α，β）时，f'（x）＞0，∴f（x）在（α，β）上单调递增；…（8分）
（Ⅲ）∵

λα+μβ

λ+μ

-α=

μ(β-α)

λ+μ

＞0，同理可证：α＜

λα+μβ

λ+μ

＜β
∴由（Ⅱ）可知：f(α)＜f(

λα+μβ

λ+μ

)＜f(β)，f(α)＜f(

μα+λβ

λ+μ

)＜f(β)，
∴|f(

λα+μβ

λ+μ

)-f(

μα+λβ

λ+μ

)|＜|f(α)-f(β)|，…（12分）
由（Ⅰ）可知，f(α)=

1

α

，f(β)=

1

β

，αβ=-1，
∴|f(α)-f(β)|=|

1

α

-

1

β

|=|

β-α

αβ

|=|α-β|，
∴|f(

λα+μβ

λ+μ

)-f(

μα+λβ

λ+μ

)|＜|α-β|．…（14分）

点评：本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，函数的单调性的判断与证明，一元二次方程根与系数的关系（韦达定理），熟练掌握一元二次方程根与系数的关系（韦达定理）是解答的关键．