Question

设关于x的方程x²-mx-1=0有两个实根α、β，且α＜β．定义函数f（x）=

2x-m

x2+1

．
（Ⅰ）求αf（α）+βf（β）的值；
（Ⅱ）判断f（x）在区间（α，β）上的单调性，并加以证明；
（Ⅲ）对?x₁，x₂∈（α，β），证明不等式：|f（x₁）-f（x₂）|＜|α-β|．

Answer 1

考点：函数单调性的性质,函数单调性的判断与证明

专题：函数的性质及应用

分析：（Ⅰ）由题意可得

α+β=m α•β=-1

，求得f（α）=

2α-m

α2+1

=

1

α

，同理求得f(β)=

1

β

，可得αf（α）+βf（β）的值．
（Ⅱ）由条件求得f′（x）=-

2(x2-mx-1)

(x2+1)2

，当x∈（α，β）时，x²-mx-1=（x-α）（x-β）＜0，可得f′（x）＞0，可得f（x）在（α，β）上为增函数．
（Ⅲ） 由（Ⅱ）可知f（α）＜f（x₁）＜f（β），f（α）＜f（x₂）＜f（β），证得|f（x₁）-f（x₂）|＜|f（α）-f（β）|，再根据|f(α)-f(β)|=|

1

α

-

1

β

|=|

β-α

αβ

|=|α-β|，可得要证的不等式成立．

解答： （Ⅰ）解：∵α，β是方程x²-mx-1=0的两个实根，∴

α+β=m α•β=-1

，
∴f(α)=

2α-m

α2+1

=

2α-(α+β)

α2-αβ

=

α-β

α(α-β)

=

1

α

，同理f(β)=

1

β

，
∴αf（α）+βf（β）=2．
（Ⅱ）∵f(x)=

2x-m

x2+1

，
∴f′(x)=

2(x2+1)-(2x-m)•2x

(x2+1)2

=-

2(x2-mx-1)

(x2+1)2

，
当x∈（α，β）时，x²-mx-1=（x-α）（x-β）＜0，
而f'（x）＞0，∴f（x）在（α，β）上为增函数．
（Ⅲ） 由（Ⅱ）可知f（α）＜f（x₁）＜f（β）；f（α）＜f（x₂）＜f（β），
∴f（α）-f（β）＜f（x₁）-f（x₂）＜f（β）-f（α），
∴|f（x₁）-f（x₂）|＜|f（α）-f（β）|．
再由（Ⅰ）知f(α)=

1

α

，f(β)=

1

β

，αβ=-1，
∴|f(α)-f(β)|=|

1

α

-

1

β

|=|

β-α

αβ

|=|α-β|，
所以|f（x₁）-f（x₂）|＜|α-β|．

点评：本题主要考查韦达定理、利用导数研究函数的单调性，二次函数的性质应用，属于基础题．