Question

12．設函數(shù)f（x）=（x+k+1）$\sqrt{x-k}$，g（x）=$\sqrt{x-k+3}$，其中k是實數(shù)．
（1）若k=0，解不等式$\sqrt{x}$•f（x）≥$\frac{1}{2}$$\sqrt{x+3}$•g（x）；
（2）若k≥0，求關(guān)于x的方程f（x）=x•g（x）實根的個數(shù)．

Answer 1

分析 （1）若k=0，先化簡不等式即可解不等式$\sqrt{x}$•f（x）≥$\frac{1}{2}$$\sqrt{x+3}$•g（x）；
（2）若k≥0，化簡方程f（x）=x•g（x），然后討論k的取值范圍即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）若k=0，f（x）=（x+1）$\sqrt{x}$，g（x）=$\sqrt{x+3}$，
則不等式$\sqrt{x}$•f（x）≥$\frac{1}{2}$$\sqrt{x+3}$•g（x）等價為$\sqrt{x}$•（x+1）$\sqrt{x}$≥$\frac{1}{2}$$\sqrt{x+3}$•$\sqrt{x+3}$，
此時$\left\{\begin{array}{l}{x≥0}\\{x+3≥0}\end{array}\right.$，即x≥0，
此時不等式等價為（x+1）x≥$\frac{1}{2}$（x+3），
即2x²+x-3≥0，得x≥1或x≤-$\frac{3}{2}$，
∵x≥0，∴x≥1，即不等式的解集為[1，+∞）．
（2）若k≥0，由f（x）=x•g（x）得（x+k+1）$\sqrt{x-k}$=x$\sqrt{x-k+3}$，①．
由$\left\{\begin{array}{l}{x-k≥0}\\{x-k+3≥0}\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{x≥k}\\{x≥k-3}\end{array}\right.$，即x≥k，∴當x≥0時x-k+1＞0，
方程①兩邊平方整理得（2k-1）x²-（k²-1）x-k（k+1）²=0，（x≥k），②
當k=$\frac{1}{2}$時，由②得x=$\frac{3}{2}$，∴方程有唯一解，
當k≠$\frac{1}{2}$時，由②得判別式△=（k+1）²（3k-1）²，
1）當k=$\frac{1}{3}$時，判別式△=0，方程②有兩個相等的根x=$\frac{4}{3}$$＞\frac{1}{3}$，∴原方程有唯一解．
2）0≤k＜$\frac{1}{2}$且k≠$\frac{1}{3}$時，方程②整理為[（2k-1）x+k（k+1）]（x-k-1）=0，
解得x₁=$\frac{k（k+1）}{1-2k}$，x₂=k+1，
由于判別式△＞0，∴x₁≠x₂，其中x₂=k+1＞k，x₁-k=$\frac{3{k}^{2}}{1-2k}$≥0，即x₁≥k，
故原方程有兩解，
3）當k＞$\frac{1}{2}$時，由2）知，x₁-k=$\frac{3{k}^{2}}{1-2k}$＜0，即x₁＜k，故x₁不是原方程的解，而x₂=k+1＞k，則原方程有唯一解，
綜上所述，當k≥$\frac{1}{2}$或k=$\frac{1}{3}$時，原方程有唯一解，
當0≤k＜$\frac{1}{2}$且k≠$\frac{1}{3}$時，原方程有兩解．

點評 本題主要考查不等式的求解以及方程根的個數(shù)的判斷，綜合性較強，難度較大，考查學生的分類討論的數(shù)學思想．