Question

已知y=f（x）是偶函數(shù)，當(dāng)x＞0時，f（x）=x+

a

x

(a＞0)，當(dāng)x∈[-3，-1]時，n≤f（x）≤m恒成立．
（Ⅰ） 若a=1，求m-n的最小值；
（Ⅱ） 求m-n的最小值g（a）；
（Ⅲ）當(dāng)a＞16時，是否存在k∈（1，2]，使得不等式f（k-cosx）≥f（k²-cos²x）對任意x∈R恒成立？若存在，求出實數(shù)k的范圍；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）a=1，f（x）在區(qū)間[1，3]上單調(diào)遞增，即f（x）∈[f（1），f（3）]，從而可求m-n的最小值；
（Ⅱ）先確定 x∈[1，3]時，m-n的最小值，再根據(jù)函數(shù)是偶函數(shù)，可知當(dāng)x∈[-3，-1]時，m-n的最小值．由于當(dāng)x＞0，f（x）=x+

a

x

(a＞0)在（0，

a

）上單調(diào)遞減，[

a

，+∞)上單調(diào)遞增，故需要進行分類討論；
（Ⅲ） 由（Ⅱ） 可知當(dāng)a＞16時f（x）為單調(diào)函數(shù)，利用單調(diào)性直接轉(zhuǎn)化為k-cosx≤k²-cos²x恒成立，分離參數(shù)求解即可．

解答：解：（Ⅰ）a=1，f（x）在區(qū)間[1，3]上單調(diào)遞增，即f（x）∈[f（1），f（3）]，
所以，當(dāng)x∈[1，3]時，m-n≥f(3)-f(1)=

4

3

因為函數(shù)為偶函數(shù)，所以當(dāng)x∈[-3，-1]時，m-n≥f(3)-f(1)=

4

3

（Ⅱ） 當(dāng)x＞0，f（x）=x+

a

x

(a＞0)在（0，

a

）上單調(diào)遞減，[

a

，+∞)上單調(diào)遞增
若a≥9，則

a

≥3，所以函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，3]上單調(diào)遞減，即f（x）∈[f（3），f（1）]，
所以，當(dāng)x∈[1，3]時，m-n≥f(1)-f(3)=

2

3

a-2，
因為函數(shù)為偶函數(shù)，所以當(dāng)x∈[-3，-1]時，m-n≥f(1)-f(3)=

2

3

a-2，
若

a

≤1，即0＜a≤1，f（x）在區(qū)間[1，3]上單調(diào)遞增，即f（x）∈[f（1），f（3）]，
所以，當(dāng)x∈[1，3]時，m-n≥f(3)-f(1)=2-

2

3

a
因為f（1）=f（a）
若1＜

a

＜a≤3，即1＜a≤3，當(dāng)x∈[1，3]時，f(x)max=f(3)，f(x)min=f(

a

)，
所以m-n≥3+

a

3

-2

a

若3＜

a

＜3，即3＜a＜9，當(dāng)x∈[1，3]時，f(x)max=f(1)，f(x)min=f(

a

)，
所以m-n≥1+a-2

a

綜上所述，因為函數(shù)為偶函數(shù)，所以當(dāng)x∈[-3，-1]時，g(a)=

2- 2a 3 ，0＜a≤1 3+ a 3 -2 a ，1＜a＜3 1+a-2 a ，3＜a＜9 2 3 a-2，a≥9

（Ⅲ） 當(dāng)k∈（1，2]時，0＜k-cosx≤3，0＜k²-cos²x≤4．
由（Ⅱ）知，：由a＞16，f（x）在（0，

a

）上是減函數(shù)，故f（x）在（0，4）上是減函數(shù)，
要使f（k-cosx）≥f（k²-cos²x），x∈R，只要k-cosx≤k²-cos²x（x∈R）即cos²x-cosx≤k²-k（x∈R）①
設(shè) g(x)=cos2x-cosx=(cosx-

1

2

)2-

1

4

，則函數(shù)g（x）在R上的最大值為2．
要使①式恒成立，必須k²-k≥2，即k≥2或k≤-1．                
所以，在區(qū)間k∈（1，2]上存在k=2，使得原不等式對任意的x∈R恒成立．

點評：本題以對勾函數(shù)為載體，考查函數(shù)的最值，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查綜合分析和解決問題的能力及分類討論的思想方法．