Question

（2011•上海模拟）已知函数f(x)=(

x

a

-1)2+(

b

x

-1)2，x∈(0，+∞)，其中0＜a＜b．
（1）当a=1，b=2时，求f（x）的最小值；
（2）若f（a）≥2^m-1对任意0＜a＜b恒成立，求实数m的取值范围；
（3）设k、c＞0，当a=k²，b=（k+c）²时，记f（x）=f₁（x）；当a=（k+c）²，b=（k+2c）²时，记f（x）=f₂（x）．
求证：f1(x)+f2(x)＞

4c2

k(k+c)

．

Answer 1

分析：（1）当a=1，b=2时，f(x)=(x-1)2+(

2

x

-1)2=（x²+

4

x2

）-2（x+

2

x

）+2，利用换元法，转化为二次函数，利用单调性，可求f（x）的最小值；
（2）f（x）≥2^m-1对任意0＜a＜b恒成立，等价于f（x）_min≥2^m-1，函数可化为f(x)=(

x

a

-1)2+(

b

x

-1)2=(

x

a

+

b

x

)2-2（

x

a

+

b

x

）-

2b

a

+2，利用换元法，转化为二次函数，利用单调性，即可求实数m的取值范围；
（3）利用基本不等式可得

1

2

（a²+b²）≥(

a+b

2

)2，从而可得(

x

a

-1)2+(

b

x

-1)2＞

1

2

(

x

a

+

b

x

-2)2＞2(

b a

-1)2，利用条件再利用基本不等式，即可证得结论．

解答：解：（1）当a=1，b=2时，f(x)=(x-1)2+(

2

x

-1)2=（x²+

4

x2

）-2（x+

2

x

）+2
令x+

2

x

=t（t≥2

2

），y=t²-2t-2=（t-1）²-3
∴函数在[2

2

，+∞）上单调增，∴y≥6-4

2

∴f（x）的最小值为6-4

2

；
（2）f（x）≥2^m-1对任意0＜a＜b恒成立，等价于f（x）_min≥2^m-1
f(x)=(

x

a

-1)2+(

b

x

-1)2=(

x

a

+

b

x

)2-2（

x

a

+

b

x

）-

2b

a

+2
令

x

a

+

b

x

=t（t≥2

b a

），则y=t²-2t-

2b

a

+2
∴函数在[2

b a

，+∞）上单调增，∴y≥2(

b

a

-2

b a

+1)＞0
∴0≥2^m-1
∴m≤0；
（3）因为

1

2

（a²+b²）≥(

a+b

2

)2，所以(

x

a

-1)2+(

b

x

-1)2＞

1

2

(

x

a

+

b

x

-2)2＞2(

b a

-1)2
当a=k²，b=（k+c）²时，

b

a

=(1+

c

k

)2；当a=（k+c）²，b=（k+2c）²时，

b

a

=(1+

c

k+c

)2
所以f₁（x）+f₂（x）＞2（

c

k

）²+2（

c

k+c

）²）＞

4c2

k(k+c)

（因为0＜a＜b，所以等号取不到）

点评：本题考查基本不等式的运用，考查函数的单调性，多次应用了基本不等式，注意等号成立的条件．