Question

9．已知函数f（x）=px+$\frac{q}{x}$（实数p、q为常数），且满足f（1）=$\frac{5}{2}$，f（2）=$\frac{17}{4}$．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）试判断函数f（x）在区间（0，$\frac{1}{2}}$]上的单调性，并用函数单调性定义证明；
（3）当x∈（0，$\frac{1}{2}}$]时，函数f（x）≥2-m恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由题意f（1）=$\frac{5}{2}$，f（2）=$\frac{17}{4}$，带入计算即可求出p，q的值，可得函数f（x）的解析式．
（2）直接利用定义法证明单调性．
（3）当x∈（0，$\frac{1}{2}}$]时，函数f（x）的最小值，即f（x）_min≥2-m成立求实数m的取值范围．

解答 解：（1）由题意：函数f（x）=px+$\frac{q}{x}$（实数p、q为常数），
∵$\left\{\begin{array}{l}f（1）=\frac{5}{2}\\ f（2）=\frac{17}{4}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}p+q=\frac{5}{2}\\ 2p+\frac{q}{2}=\frac{17}{4}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}p=2\\ q=\frac{1}{2}\end{array}\right.$，
故得：函数f（x）的解析式：f（x）=$2x+\frac{1}{2x}$．
（2）由（1）可知f（x）=$2x+\frac{1}{2x}$，
∴在区间（0，$\frac{1}{2}}$]上的单调递减．
证明：设$0＜{x}_{1}＜{x}_{2}＜\frac{1}{2}$；
f（x₁）-f（x₂）=$2{x}_{1}-2{x}_{2}+\frac{1}{2{x}_{1}}-\frac{1}{2{x}_{2}}$=2（x₁-x₂）$+\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{2{x}_{1}{x}_{2}}$=$（{x}_{2}-{x}_{1}）（-2+\frac{1}{2{x}_{1}{x}_{2}}）$=（x₂-x₁）$\frac{1-4{x}_{1}{x}_{2}}{2{x}_{1}{x}_{2}}$
∵$0＜{x}_{1}＜{x}_{2}＜\frac{1}{2}$；
∴0＜x₂x₁$＜\frac{1}{4}$，1-4x₁x₂＞0
则：f（x₁）-f（x₂）＞0
所以：f（x）=$2x+\frac{1}{2x}$在区间（0，$\frac{1}{2}}$]上的单调递减．
（3）由（2）可知当x∈（0，$\frac{1}{2}}$]时，函数f（x）是单调减函数
∴当x=$\frac{1}{2}$时，函数f（x）取得最小值，即f（x）_min=f$（\frac{1}{2}）$=2
要使x∈（0，$\frac{1}{2}}$]时，函数f（x）≥2-m恒成立，
只需f（x）_min≥2-m成立，
即：2≥2-m，
解得：m≥0
故得实数m的取值范围[0，+∞）．

点评 本题考查了函数的解析式的求法和恒成立转化为不等式求解的问题．属于中档题．