Question

已知函數(shù)f（x）=x²+bx（b∈R），g(x)=x+

a

x

(a∈R)，H(x)=

f(g(x))，f(x)≥g(x) g(f(x))，f(x)＜g(x).

（Ⅰ） 當(dāng)a=b=1時(shí)，求H（x）；
（Ⅱ） 當(dāng)a=1時(shí)，在x∈[2，+∞）上H（x）=f（g（x）），求b的取值范圍；
（Ⅲ） 當(dāng)a＞0時(shí)，方程f（g（x））+c=0，在（0，+∞）上有且只有一個(gè)實(shí)根，求證：b、c中至少有一個(gè)負(fù)數(shù)．

Answer 1

分析：（I）當(dāng)a=b=1時(shí)，f（x）=x²+x，g(x)=x+

1

x

由f（x）≥g（x）可得，x≥1或x＜0；由f（x）＜g（x）可得0＜x≤1，代入可求
（II）當(dāng)a=1時(shí)，x∈[2，+∞），H（x）=f[g（x）]可得當(dāng)x≥2時(shí)，f（x）≥g（x）恒成立，即b≥-x+1+

1

x2

在x∈[2，+∞）恒成立，令h（x）=-x+1+

1

x2

，則容易得函數(shù)h（x）在[2，+∞）單調(diào)遞減，則b≥h（x）_max可求
（III）利用反證法進(jìn)行證明

解答：解：（I）當(dāng)a=b=1時(shí)，f（x）=x²+x，g(x)=x+

1

x

由f（x）≥g（x）可得，x≥1或x＜0；由f（x）＜g（x）可得0＜x≤1
∵f[g(x)]=f(x+

1

x

)=(x+

1

x

)2+(x+

1

x

)
g[f（x）]=g（x²+x）=x2+x+

1

x2+x

∴H(X)=

(x+ 1 x )2+(x+ 1 x )，x≥1或x＜0 x2+x+ 1 x2+x ，0＜x≤1

（II）當(dāng)a=1時(shí)，x∈[2，+∞），H（x）=f[g（x）]可得當(dāng)x≥2時(shí)，f（x）≥g（x）恒成立
即x2+bx≥x+

1

x

在[2，+∞）恒成立
∴b≥-x+1+

1

x2

在x∈[2，+∞）恒成立
令h（x）=-x+1+

1

x2

，則容易得函數(shù)h（x）在[2，+∞）單調(diào)遞減，則h（x）_max=h（2）=-

3

4

∴b≥-

3

4

（III）假設(shè)b≥0，c≥0，a＞0
由于g(x)=x+

a

x

在（0，

a

]單調(diào)遞減，在[

a

， +∞)單調(diào)遞增
∴g(x)≥g(

a

)=2

a

＞0
∵c+f(g(x))=(x+

a

x

)2+b(x+

a

x

)+c在[2

a

，+∞）單調(diào)遞增
∴c+f[g(x)]≥f(2

a

)+c=4a+b

a

+c＞0在（0，+∞）恒成立與f[g（x）]+c=0有根矛盾
故假設(shè)錯(cuò)誤即b，c至少有一個(gè)為非負(fù)數(shù)

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了函數(shù)解析式的求解，分段函數(shù)的應(yīng)用，及理由函數(shù)的單調(diào)性求解函數(shù)的最值，還要注意函數(shù)的恒成立問題與最值之間的相互轉(zhuǎn)化