每日一题[2793]加权函数

设 $a > 0$，$b > 0$，已知函数 $f\left(x\right) = \dfrac{ax + b}{x + 1}$．

1、当 $a \ne b$ 时，讨论函数 $f\left(x\right)$ 的单调性．

2、当 $x > 0$ 时，称 $f\left(x\right)$ 为 $a,b$ 关于 $x$ 的加权平均数．

① 判断 $f\left(1\right),f\left( {\sqrt {\dfrac{b}{a}} } \right),f\left( {\dfrac{b}{a}} \right)$ 是否成等比数列，并证明 $f\left( {\dfrac{b}{a}} \right) \leqslant f\left( {\sqrt {\dfrac{b}{a}} } \right)$；

② 若 $\dfrac{2ab}{a + b} \leqslant f\left(x\right) \leqslant \sqrt{ab}$，求 $x$ 的取值范围．

解析

1、本题考查函数的单调性，利用导数讨论单调性即可． ​$f\left(x\right)$ 的定义域为 $\left( - \infty , - 1\right) \cup \left( - 1, + \infty \right)$，

$$f'\left(x\right) = \dfrac{a\left(x + 1\right) - \left(ax + b\right)}{{{{\left(x + 1\right)}^2}}} = \dfrac{a - b}{{{{\left(x + 1\right)}^2}}}.$$ 当 $a > b$ 时，$f'\left(x\right) > 0$，函数 $f\left(x\right)$ 在 $\left( - \infty , - 1\right)$，$\left( - 1, + \infty \right)$ 上单调递增； 当 $a < b$ 时，$f'\left(x\right) < 0$，函数 $f\left(x\right)$ 在 $\left( - \infty , - 1\right)$，$\left( - 1, + \infty \right)$ 上单调递减．

本题考查等比数列的判定以及解分式不等式，按函数 $f(x)$ 的定义代入计算即可．

① 计算得

$$f\left(1\right) = \dfrac{a + b}{2} > 0,\quad f\left( {\sqrt {\dfrac{b}{a}} } \right) = \sqrt {ab} > 0,\quad f\left( {\dfrac{b}{a}} \right) = \dfrac{2ab}{a + b} > 0,\quad$$ 故 $$f\left(1\right)\cdot f\left( {\dfrac{b}{a}} \right)=f^2\left( {\sqrt {\dfrac{b}{a}} } \right),$$ 所以 $f\left(1\right),f\left( {\sqrt {\dfrac{b}{a}} } \right),f\left( {\dfrac{b}{a}} \right)$ 成等比数列．又 $\dfrac{a+b}2\geqslant \sqrt {ab}$，于是该等比数列的公比 $q\in (0,1)$，因此 $f\left(\dfrac ba\right)\leqslant f\left(\sqrt{\dfrac ba}\right)$．

② 题中不等式为

$$\dfrac{2ab}{a+b}\leqslant \dfrac{ax+b}{x+1}\leqslant \sqrt{ab}\iff \dfrac{2t}{1+t}\leqslant \dfrac{x+t}{x+1}\leqslant \sqrt{t},$$ 即 $$\begin{cases} (t-1)x\leqslant t(t-1),\\ \left(\sqrt t-1\right)x\geqslant \sqrt t\left(\sqrt t-1\right),\end{cases}$$ 其中 $t=\dfrac ba$．因此 $x$ 的取值范围是 $$\begin{cases} \left[\sqrt{\dfrac ba},\dfrac ba\right],&a<b,\\ (0,+\infty),&a=b,\\ \left[\dfrac ba,\sqrt{\dfrac ba}\right],&a>b.\end{cases}$$