Question

设关于x的方程x²+tx-1=0的两根为α，β（α＜β，函数f（x）=

2x+t

x2+1

）．
（1）用t表示f（α）+f（β）；
（2）证明：f（x）在[α，β]上是增函数；
（3）对任意正数x₁，x₂，求证：-2β＜f（

x1α+x2β

x1+x2

）+f（

x1β+x2α

x1+x2

）＜-2α．

Answer 1

考点：函数单调性的判断与证明,函数单调性的性质

专题：函数的性质及应用

分析：（1）借助于根与系数的关系进行求解即可；
（2）先求导数，然后判断导数值的正负情况进行判断；
（3）借助于单调性直接进行求证．

解答： 解：（1）根据根与系数的关系，得
α+β=-t，αβ=-1，
∴f(α)+f(β)=

2α+t

α2+1

+

2β+t

β2+1

=

2α-(α+β)

α2-αβ

+

2β-(α+β)

β2-αβ

=

α+β

αβ

=

-t

-1

=t，
∴f（α）+f（β）=t；
（2）∵f ′ (x)=

2(x2+1)-(2x+t)2x

(x2+1)2

=

-2(x2+tx-1)

(x2+1)2

∵x∈[α，β]，x²+tx-1=（x-α）（x-β）≤0，
∴x∈[α，β]，f′（x）≥0，
∴f（x）在[α，β]上是增函数；
（3）∵

x1α+x2β

x1+x2

-α=

x2(β-α)

x1+x2

＞0，

x1α+x2β

x1+x2

-β=

x1(α-β)

x1+x2

＜0，
∴α＜

x1α+x2β

x1+x2

＜β，
同理，得α＜

x1β+x2α

x1+x2

＜β，
∴f(α)＜f(

x1β+x2α

x1+x2

)＜f(β)，
f(α)＜f(

x1α+x2β

x1+x2

)＜f(β)，
以上两式相加，得
2f(α)＜f(

x1α+x2β

x1+x2

)+f(

x1β+x2α

x1+x2

)＜2f(β），
由（1）知，f(α)=

1

α

 =-β ， f(β)=

1

β

=-α，
∴-2β＜f（

x1α+x2β

x1+x2

）+f（

x1β+x2α

x1+x2

）＜-2α．

点评：本题综合考查函数的基本性质，注意转化思想在解题中的灵活运用．