Question

20．已知x₁，x₂（x₁＜x₂）是方程4x²-4kx-1=0（k∈R）的兩個不等實根，函數(shù)f（x）=$\frac{2x-k}{{x}^{2}+1}$的定義域為[x₁，x₂]，g（k）=f（x）_min-f（x）_max，若對任意k∈R，恒有g(shù)（k）≤a$\sqrt{1+{k}^{2}}$成立，則實數(shù)a的取值范圍是a≥-1．

Answer 1

分析 由題意可得f′（x）=$\frac{2（{x}^{2}+1）-2x（2x-k）}{（{x}^{2}+1）^{2}}$=$\frac{-2{x}^{2}+2kx+2}{（{x}^{2}+1）^{2}}$＞0，從而可得g（k）=f（x₁）-f（x₂）=$\frac{2{x}_{1}-k}{{{x}_{1}}^{2}+1}$-$\frac{2{x}_{2}-k}{{{x}_{2}}^{2}+1}$，化簡可得g（k）=$\frac{\sqrt{{k}^{2}+1}（-\frac{1}{2}-2-{k}^{2}）}{\frac{1}{16}+{k}^{2}+\frac{1}{2}+1}$，從而化恒成立為a≥$\frac{-{k}^{2}-\frac{5}{2}}{{k}^{2}+\frac{25}{16}}$=-1-$\frac{\frac{15}{16}}{{k}^{2}+\frac{25}{16}}$恒成立，從而求得．

解答 解：∵x₁，x₂是方程4x²-4kx-1=0（k∈R）的兩個不等實根，
∴x₁+x₂=k，x₁x₂=-$\frac{1}{4}$，
∵f（x）=$\frac{2x-k}{{x}^{2}+1}$，
∴f′（x）=$\frac{2（{x}^{2}+1）-2x（2x-k）}{（{x}^{2}+1）^{2}}$=$\frac{-2{x}^{2}+2kx+2}{（{x}^{2}+1）^{2}}$，
∵x∈[x₁，x₂]時，4x²-4kx-1≤0，
∴-2x²+2kx+2＞0，
故f（x）在[x₁，x₂]上是增函數(shù)，
故g（k）=f（x）_min-f（x）_max
=f（x₁）-f（x₂）=$\frac{2{x}_{1}-k}{{{x}_{1}}^{2}+1}$-$\frac{2{x}_{2}-k}{{{x}_{2}}^{2}+1}$
=$\frac{（2{x}_{1}-k）（{{x}_{2}}^{2}+1）-（2{x}_{2}-k）（{{x}_{1}}^{2}+1）}{（{{x}_{1}}^{2}+1）（{{x}_{2}}^{2}+1）}$
=$\frac{（{x}_{2}-{x}_{1}）（2{x}_{1}{x}_{2}-2-k（{x}_{2}+{x}_{1}））}{{（x}_{1}{x}_{2}）^{2}+（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-2{x}_{1}{x}_{2}+1}$
=$\frac{\sqrt{{k}^{2}+1}（-\frac{1}{2}-2-{k}^{2}）}{\frac{1}{16}+{k}^{2}+\frac{1}{2}+1}$，
∵g（k）≤a$\sqrt{1+{k}^{2}}$，
∴a≥$\frac{-{k}^{2}-\frac{5}{2}}{{k}^{2}+\frac{25}{16}}$=-1-$\frac{\frac{15}{16}}{{k}^{2}+\frac{25}{16}}$恒成立，
故≥-1，
故答案為：a≥-1．

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及恒成立問題與最值問題的應(yīng)用，同時考查了方程思想與轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用．