Question

12．设函数f（x）=（x+k+1）$\sqrt{x-k}$，g（x）=$\sqrt{x-k+3}$，其中k是实数．
（1）若k=0，解不等式$\sqrt{x}$•f（x）≥$\frac{1}{2}$$\sqrt{x+3}$•g（x）；
（2）若k≥0，求关于x的方程f（x）=x•g（x）实根的个数．

Answer 1

分析 （1）若k=0，先化简不等式即可解不等式$\sqrt{x}$•f（x）≥$\frac{1}{2}$$\sqrt{x+3}$•g（x）；
（2）若k≥0，化简方程f（x）=x•g（x），然后讨论k的取值范围即可得到结论．

解答 解：（1）若k=0，f（x）=（x+1）$\sqrt{x}$，g（x）=$\sqrt{x+3}$，
则不等式$\sqrt{x}$•f（x）≥$\frac{1}{2}$$\sqrt{x+3}$•g（x）等价为$\sqrt{x}$•（x+1）$\sqrt{x}$≥$\frac{1}{2}$$\sqrt{x+3}$•$\sqrt{x+3}$，
此时$\left\{\begin{array}{l}{x≥0}\\{x+3≥0}\end{array}\right.$，即x≥0，
此时不等式等价为（x+1）x≥$\frac{1}{2}$（x+3），
即2x²+x-3≥0，得x≥1或x≤-$\frac{3}{2}$，
∵x≥0，∴x≥1，即不等式的解集为[1，+∞）．
（2）若k≥0，由f（x）=x•g（x）得（x+k+1）$\sqrt{x-k}$=x$\sqrt{x-k+3}$，①．
由$\left\{\begin{array}{l}{x-k≥0}\\{x-k+3≥0}\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{x≥k}\\{x≥k-3}\end{array}\right.$，即x≥k，∴当x≥0时x-k+1＞0，
方程①两边平方整理得（2k-1）x²-（k²-1）x-k（k+1）²=0，（x≥k），②
当k=$\frac{1}{2}$时，由②得x=$\frac{3}{2}$，∴方程有唯一解，
当k≠$\frac{1}{2}$时，由②得判别式△=（k+1）²（3k-1）²，
1）当k=$\frac{1}{3}$时，判别式△=0，方程②有两个相等的根x=$\frac{4}{3}$$＞\frac{1}{3}$，∴原方程有唯一解．
2）0≤k＜$\frac{1}{2}$且k≠$\frac{1}{3}$时，方程②整理为[（2k-1）x+k（k+1）]（x-k-1）=0，
解得x₁=$\frac{k（k+1）}{1-2k}$，x₂=k+1，
由于判别式△＞0，∴x₁≠x₂，其中x₂=k+1＞k，x₁-k=$\frac{3{k}^{2}}{1-2k}$≥0，即x₁≥k，
故原方程有两解，
3）当k＞$\frac{1}{2}$时，由2）知，x₁-k=$\frac{3{k}^{2}}{1-2k}$＜0，即x₁＜k，故x₁不是原方程的解，而x₂=k+1＞k，则原方程有唯一解，
综上所述，当k≥$\frac{1}{2}$或k=$\frac{1}{3}$时，原方程有唯一解，
当0≤k＜$\frac{1}{2}$且k≠$\frac{1}{3}$时，原方程有两解．

点评 本题主要考查不等式的求解以及方程根的个数的判断，综合性较强，难度较大，考查学生的分类讨论的数学思想．