Question

1．已知函数f（x）=$\frac{ax}{x+b}$满足：f（1）=1，f（-2）=4．
（1）求a，b的值，并探究是否存在常数c，使得对函数f（x）在定义域内的任意x，都有f（x）+f（c-x）=4成立；
（2）当x∈[1，2]时，不等式f（x）≤$\frac{2m}{（x+1）|x-m|}$恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由$\left\{\begin{array}{l}f（1）=1\\ f（-2）=4\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{a}{1+b}=1}\\{\frac{-2a}{-2+b}=4}\end{array}\right.$，解得a，b的值，
方法1：假设存在常数c符合要求，即f（x）+f（c-x）=4，x≠-1成立，特别当x=0时，解得c的值，然后证明
f（x）+f（-2-x）=4，x≠-1恒成立，当x≠-1时，则f（x）+f（-2-x）=4，故存在常数c=-2，满足题设要求；
方法2：假设存在常数c符合要求，即f（x）+f（c-x）=4，x≠-1成立，则$\frac{2x}{x+1}+\frac{2（c-x）}{c-x+1}=4$，变形得，-x²+（c-1）x+c=-x²+（c-1）x+2（c+1），整理得c的值，故存在常数c=-2，满足题设要求；
（2）不等式f（x）≤$\frac{2m}{（x+1）|x-m|}$即为$\frac{2x}{x+1}≤$$\frac{2m}{（x+1）|x-m|}$对x∈[1，2]恒成立，即$x≤\frac{m}{|x-m|}$对x∈[1，2]恒成立，则0＜m＜1或m＞2，进一步化为$|x-m|≤\frac{m}{x}$对x∈[1，2]恒成立，即mx-m≤x²≤mx+m对x∈[1，2]恒成立，再分类讨论①当x=1时，$\frac{1}{2}≤m＜1$或m＞2，②当x≠1时，求出0＜m＜1或2＜m≤4，综上，实数m的取值范围可求．

解答 解：（1）由$\left\{\begin{array}{l}f（1）=1\\ f（-2）=4\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{a}{1+b}=1}\\{\frac{-2a}{-2+b}=4}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=1\end{array}\right.$．
∴$f（x）=\frac{2x}{x+1}$（x≠-1）．
方法1：假设存在常数c符合要求，即f（x）+f（c-x）=4，x≠-1成立．
特别当x=0时有f（0）+f（c）=4，即$\frac{2c}{c+1}=4$，解得c=-2．
下面证明f（x）+f（-2-x）=4，x≠-1恒成立．事实上，当x≠-1时，
则f（x）+f（-2-x）=$\frac{2x}{x+1}+\frac{2（-2-x）}{（-2-x）+1}=\frac{2x}{x+1}+\frac{-4-2x}{-x-1}$=$\frac{4x+4}{x+1}=4$．
∴存在常数c=-2，满足题设要求；
方法2：假设存在常数c符合要求，即f（x）+f（c-x）=4，x≠-1成立．
则$\frac{2x}{x+1}+\frac{2（c-x）}{c-x+1}=4$，
即$\frac{c-x}{c-x+1}=2-\frac{x}{x+1}$，
变形得，-x²+（c-1）x+c=-x²+（c-1）x+2（c+1），
整理得，c=-2．
∴存在常数c=-2，满足题设要求；
（2）不等式f（x）≤$\frac{2m}{（x+1）|x-m|}$即为$\frac{2x}{x+1}≤$$\frac{2m}{（x+1）|x-m|}$对x∈[1，2]恒成立，
即$x≤\frac{m}{|x-m|}$对x∈[1，2]恒成立，
故必有0＜m＜1或m＞2．                                
在0＜m＜1或m＞2下，问题化为$|x-m|≤\frac{m}{x}$对x∈[1，2]恒成立，
即mx-m≤x²≤mx+m对x∈[1，2]恒成立，
①当x=1时，$\frac{1}{2}≤m＜1$或m＞2．
②当x≠1时，$m≥\frac{{x}^{2}}{x+1}$且$m≤\frac{{x}^{2}}{x-1}$对x∈[1，2]恒成立，
对于$m≥\frac{{x}^{2}}{x+1}$对x∈[1，2]恒成立，等价于$m≥（\frac{{x}^{2}}{x+1}）_{max}$，
令t=x+1，x∈[1，2]，则x=t-1，t∈（2，3]，
$\frac{{x}^{2}}{x+1}=\frac{（t-1）^{2}}{t}=t+\frac{1}{t}-2$，t∈（2，3]递增，
∴$（\frac{{x}^{2}}{x+1}）_{max}=\frac{4}{3}$，
即$m≥\frac{4}{3}$，结合0＜m＜1或m＞2，
∴m＞2．
对于$m≤\frac{{x}^{2}}{x-1}$对x∈[1，2]恒成立，等价于$m≤（\frac{{x}^{2}}{x-1}）_{min}$，
令t=x-1，x∈[1，2]，则x=t+1，t∈（0，1]，
$\frac{{x}^{2}}{x-1}=\frac{（t+1）^{2}}{t}=t+\frac{1}{t}+2$，t∈（0，1]递减，
∴$（\frac{{x}^{2}}{x-1}）_{min}=4$，
∴m≤4，结合0＜m＜1或m＞2，
∴0＜m＜1或2＜m≤4，
综上，实数m的取值范围为2＜m≤4．

点评 本题考查了函数恒成立问题，考查利用赋值法求解恒成立问题，考查函数的最值问题，关键是审清题意，合理转化，注意赋值法求解恒成立问题时，应需要验证其恒成立，是难题．