已知α,β是方程4x2-4tx-1=0(t∈R)的兩個不等實根,函數(shù)f(x)=
2x-t
x2+1
的定義域為[α,β].
(Ⅰ)求g(t)=maxf(x)-minf(x);
(Ⅱ)證明:對于ui∈(0,
π
2
)(i=1,2,3)
,若sinu1+sinu2+sinu3=1,則
1
g(tanu1)
+
1
g(tanu2)
+
1
g(tanu3)
3
4
6
分析:(Ⅰ)先設(shè)α≤x1<x2≤β,則4x12-4tx1-1≤0,4x22-4tx2-1≤0,利用單調(diào)函數(shù)的定義證明f(x)在區(qū)間[α,β]上是增函數(shù).從而求得函數(shù)f(x)的最大值與最小值,最后寫出g(t)
(Ⅱ)先證:g(tanui)=
8
cosui
(
2
cos2ui
+3)
16
cos2ui
+9
=
16
cosui
+24cosui
16+9cos2ui
2
16×24
16+9cos2ui
=
16
6
16+9cos2ui
   (i=1,2,3)
從而利用均值不等式與柯西不等式即得:
1
g(tanu1)
+
1
g(tanu2)
+
1
g(tanu3)
3
4
6
解答:解:(Ⅰ)設(shè)α≤x1<x2≤β,則4x12-4tx1-1≤0,4x22-4tx2-1≤0,∴4(
x
2
1
+
x
2
2
)-4t(x1+x2)-2≤0,  ∴2x1x2-t(x1+x2)-
1
2
<0

f(x2)-f(x1)=
2x2-t
x
2
2
+1
-
2x1-t
x
2
1
+1
=
(x2-x1)[t(x1+x2)-2x1x2+2]
(
x
2
2
+1)(
x
2
1
+1)

t(x1+x2)-2x1x2+2>t(x1+x2)-2x1x2+
1
2
>0  ∴f(x2)-f(x1)>0

故f(x)在區(qū)間[α,β]上是增函數(shù).(3分)
α+β=t, αβ=-
1
4
,∴g(t)=maxf(x)-minf(x)=f(β)-f(α)=
(β-α)[t(α+β)-2αβ+2]
α2β2+α2+β2+1
=
t2+1
(t2+
5
2
)
t2+
25
16
=
8
t2+1
(2t2+5)
16t2+25
(6分)
(Ⅱ)證:g(tanui)=
8
cosui
(
2
cos2ui
+3)
16
cos2ui
+9
=
16
cosui
+24cosui
16+9cos2ui
2
16×24
16+9cos2ui
=
16
6
16+9cos2ui
   (i=1,2,3)
(9分)∴
3
i=1
1
g(tanui)
1
16
6
3
i=1
(16+9cos2ui)=
1
16
6
(16×3+9×3-9)
3
i=1
sin2ui)
(15分)∵
3
i=1
sinui=1,且ui∈(0,
π
2
),  i=1,2,3      ∴3
3
i=1
sin2ui≥(
3
i=1
sinui)2=1
,而均值不等式與柯西不等式中,等號不能同時成立,∴
1
g(tanu1)
+
1
g(tanu2)
+
1
g(tanu3)
3
4
6
.(14分)
點評:本題主要考查了不等式的證明、函數(shù)的最值及其幾何意義,解答關(guān)鍵是利用函數(shù)單調(diào)性求最值及均值不等式與柯西不等式的靈活運用.
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b
a
,x1x2=
c
a
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