Question

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

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）先設α≤x₁＜x₂≤β，則4x₁²-4tx₁-1≤0，4x₂²-4tx₂-1≤0，利用單調函數(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
則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)

又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，解答關鍵是利用函數(shù)單調性求最值及均值不等式與柯西不等式的靈活運用．