Question

10．若函数f（x）对定义域I内任意实数x，都存在常数a，b满足f（2a-x）+f（x）=2b成立，则称函数f（x）的图象关于点（a，b）对称．
（1）已知函数f（x）=$\frac{{x}^{2}+mx+m}{x}$的图象关于点（0，1）对称，求证：m=1；
（2）在（1）的结论下，已知g（x）=-x²+kx+1，若对于任意的t∈（0，+∞）和x∈（0，+∞），都有g（x）＜f（x）成立，求实数k的取值范围．

Answer 1

分析 （1）若函数f（x）=$\frac{{x}^{2}+mx+m}{x}$的图象关于点（0，1）对称，则f（-x）+f（x）=2，进而可得m的值；
（2）将已知转化为：-x²+kx+1＜$\frac{{t}^{2}+t+1}{t}$=t+$\frac{1}{t}$+1对于任意的t∈（0，+∞）和x∈（0，+∞）恒成立，结合基本不等式利用分离参数法，可得实数k的取值范围．

解答 证明：（1）∵函数f（x）=$\frac{{x}^{2}+mx+m}{x}$的图象关于点（0，1）对称，
∴f（-x）+f（x）=2，
即$\frac{{x}^{2}-mx+m}{-x}$+$\frac{{x}^{2}+mx+m}{x}$=$\frac{2mx}{x}$=2m=2，
∴m=1；
（2）在（1）的结论下，-x²+kx+1＜$\frac{{t}^{2}+t+1}{t}$=t+$\frac{1}{t}$+1对于任意的t∈（0，+∞）和x∈（0，+∞）恒成立，
∵t∈（0，+∞）时，t+$\frac{1}{t}$+1≥3，
∴-x²+kx+1＜3在（0，+∞）恒成立，
即k＜x+$\frac{2}{x}$在（0，+∞）恒成立，
∵x+$\frac{2}{x}$$≥2\sqrt{2}$在（0，+∞）上恒成立，
故k＜2$\sqrt{2}$

点评 本题考查的知识点是抽象函数的应用，函数的对称性，恒成立问题，函数的最值，基本不等式，是函数与不等式的综合应用，难度中档．