Question

3．若函数f_A（x）的定义域为A=[a，b），且f_A（x）=（$\frac{x}{a}$+$\frac{b}{x}$-1）²-$\frac{2b}{a}$+1，其中a，b为任意正实数，且a＜b．
（1）求函数f_A（x）的最小值和最大值；
（2）若x₁∈I_k=[k²，（k+1）²），x₂∈I_k+1=[（k+1）²，（k+2）²），其中k是正整数，对一切正整数k，不等式f${\;}_{I_k}}$（x₁）+f${\;}_{{I_{k+1}}}}$（x₂））＜m都有解，求m的取值范围；
（3）若对任意x₁，x₂，x₃∈A，都有$\sqrt{{f_A}（{x_1}）}$，$\sqrt{{f_A}（{x_2}）}$，$\sqrt{{f_A}（{x_3}）}$为三边长构成三角形，求$\frac{b}{a}$的取值范围．

Answer 1

分析 （1）根据函数单调性的性质进行求解即可．
（2）根据不等式有解等价为${f_{I_k}}{（{x_1}）_{min}}+{f_{{I_{k+1}}}}{（{x_2}）_{min}}＜m$有解，结合（1）的结论进行判断求解．
（3）根据三角形边长关系，结合不等式的行在进行求解即可．

解答 解：（1）${f_A}（x）={（\frac{x}{a}+\frac{b}{x}-1）^2}-\frac{2b}{a}+1$在$[{a，\sqrt{ab}}]$上单调递减，在$[{\sqrt{ab}，b}）$上递增
所以当$x=\sqrt{ab}$时，f_A（x）有最小值，且最小值为${f_A}{（x）_{min}}=2{（\sqrt{\frac{b}{a}}-1）^2}$；
当x=a时，f_A（x）有最大值，且最大值为${f_A}{（x）_{max}}={（\frac{b}{a}-1）^2}$..…（5分）
（2）由已知不等式${f_{I_k}}（{x_1}）+{f_{{I_{k+1}}}}（{x_2}）＜m$都有解，即${f_{I_k}}{（{x_1}）_{min}}+{f_{{I_{k+1}}}}{（{x_2}）_{min}}＜m$．
∵${f_{I_k}}（x）={（\frac{x}{k^2}+\frac{{{{（k+1）}^2}}}{x}-1）^2}-\frac{{2{{（k+1）}^2}}}{k^2}+1$，由（1）知${f_{I_k}}{（x）_{min}}={f_{I_k}}[{k（k+1）}]=\frac{2}{k^2}$；
∵${f_{{I_{k+1}}}}（x）={（\frac{x}{{{{（k+1）}^2}}}+\frac{{{{（k+2）}^2}}}{x}-1）^2}-\frac{{2{{（k+2）}^2}}}{{{{（k+1）}^2}}}+1$，
由（1）知${f_{{I_{k+1}}}}{（x）_{min}}={f_{{I_{k+1}}}}[{（k+1）（k+1=2）}]=\frac{2}{{{{（k+1）}^2}}}$；
∴$\frac{2}{k^2}+\frac{2}{{{{（k+1）}^2}}}＜m$对一切正整数k都成立
设$g（k）=\frac{2}{k^2}+\frac{2}{{{{（k+1）}^2}}}$，则g（k）在[1，+∞）上单调递减，
∴$g{（k）_{max}}=g（1）=2+\frac{1}{2}=\frac{5}{2}$∴$m＞\frac{5}{2}$．…（10分）
（3）由已知，得：$\sqrt{{f_A}（{x_1}）}+\sqrt{{f_A}（{x_2}）}＞\sqrt{{f_A}（{x_3}）}$恒成立
所以 $2\sqrt{{f_A}{{（x）}_{min}}}＞\sqrt{{f_A}{{（x）}_{max}}}$，
由（1）知：$2\sqrt{2{{（\sqrt{\frac{b}{a}}-1）}^2}}＞\sqrt{{{（\frac{b}{a}-1）}^2}}?2\sqrt{2}（\sqrt{\frac{b}{a}}-1）＞\frac{b}{a}-1$，
令$t=\sqrt{\frac{b}{a}}$，则${t^2}-2\sqrt{2}t+2\sqrt{2}-1＜0$
解得  $1＜t＜2\sqrt{2}-1$
即$1＜\sqrt{\frac{b}{a}}＜2\sqrt{2}-1$
所以  $1＜\frac{b}{a}＜{（2\sqrt{2}-1）^2}$．…（14分）

点评 本题主要考查不等式的性质以及函数最值的应用，综合性较强，运算量较大，难度较大．