设 $a > 0$，$b > 0$，已知函数 $f\left(x\right) = \dfrac{ax + b}{x + 1}$．
【难度】
【出处】
2013年高考湖北卷（文）
【标注】
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当 $a \ne b$ 时，讨论函数 $f\left(x\right)$ 的单调性；标注答案当 $a > b$ 时，函数 $f\left(x\right)$ 在 $\left( - \infty , - 1\right)$，$ \left( - 1, + \infty \right)$ 上单调递增；
当 $a < b$ 时，函数 $f\left(x\right)$ 在 $\left( - \infty , - 1\right) $，$ \left( - 1, + \infty \right)$ 上单调递减．解析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． -
当 $x > 0$ 时，称 $f\left(x\right)$ 为 $a$，$b$ 关于 $x$ 的加权平均数．
（i）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 $f\left( {\dfrac{b}{a}} \right) \leqslant f\left( {\sqrt {\dfrac{b}{a}} } \right)$；
（ii）$a$，$b$ 的几何平均数记为 $G$，称 $\dfrac{2ab}{a + b}$ 为 $a$，$b$ 的调和平均数，记为 $H$，若 $H \leqslant f\left(x\right) \leqslant G$，求 $x$ 的取值范围．标注答案（i）$f\left(1\right)$，$f\left( {\sqrt {\dfrac{b}{a}} } \right)$，$f\left( {\dfrac{b}{a}} \right)$ 成等比数列，证明略．
（ii）当 $a=b$ 时，$x\in \left(0,+\infty\right)$；
当 $a>b$ 时，$x\in \left[\dfrac{b}{a} , \sqrt {\dfrac{b}{a}}\right]$；
当 $a<b$ 时，$x\in \left[ {\sqrt {\dfrac{b}{a}} ,\dfrac{b}{a}} \right]$．解析本题需要结合数列与导数的知识进行处理，特别注意数列的变形和函数的构造．（i）计算得\[\begin{split}&f\left(1\right) = \dfrac{a + b}{2} > 0, \\ &f\left( {\sqrt {\dfrac{b}{a}} } \right) = \sqrt {ab} > 0, \\ &f\left( {\dfrac{b}{a}} \right) = \dfrac{2ab}{a + b} > 0,\end{split}\]故\[\begin{split}f\left(1\right)f\left( {\dfrac{b}{a}} \right)& = \dfrac{a + b}{2} \cdot \dfrac{2ab}{a + b} \\&= ab\\& = {\left[ {f\left( {\sqrt {\dfrac{b}{a}} } \right)} \right]^2} ,\quad\cdots\cdots ① \end{split}\]所以 $f\left(1\right)$，$f\left( {\sqrt {\dfrac{b}{a}} } \right)$，$f\left( {\dfrac{b}{a}} \right)$ 成等比数列．
因为 $\dfrac{a + b}{2} \geqslant \sqrt {ab} $，即\[f\left(1\right) \geqslant f\left( {\sqrt {\dfrac{b}{a}} } \right),\]由 ① 得 $f\left( {\dfrac{b}{a}} \right) \leqslant f\left( {\sqrt {\dfrac{b}{a}} } \right)$．
（ii）由 ① 知\[f\left( {\dfrac{b}{a}} \right) = H,f\left( {\sqrt {\dfrac{b}{a}} } \right) = G,\]故由 $H \leqslant f\left(x\right) \leqslant G$，得\[f\left( {\dfrac{b}{a}} \right) \leqslant f\left(x\right) \leqslant f\left( {\sqrt {\dfrac{b}{a}} } \right).\quad\cdots\cdots ② \]当 $a = b$ 时，$f\left( {\dfrac{b}{a}} \right) = f\left(x\right) = f\left( {\sqrt {\dfrac{b}{a}} } \right) = a$．
这时，$x$ 的取值范围为 $\left(0, + \infty \right)$；
当 $a > b$ 时，$0 < \dfrac{b}{a} < 1$，从而 $\dfrac{b}{a} < \sqrt {\dfrac{b}{a}} $，由 $f\left(x\right)$ 在 $\left(0, + \infty \right)$ 上单调递增与 ② 式，得\[\dfrac{b}{a} \leqslant x \leqslant \sqrt {\dfrac{b}{a}} ,\]即 $x$ 的取值范围为 $\left[ {\dfrac{b}{a},\sqrt {\dfrac{b}{a}} } \right]$；
当 $a < b$ 时，$\dfrac{b}{a} > 1$，从而 $\dfrac{b}{a} > \sqrt {\dfrac{b}{a}} $，由 $f\left(x\right)$ 在 $\left(0, + \infty \right)$ 上单调递减与 ② 式，得\[\sqrt {\dfrac{b}{a}} \leqslant x \leqslant \dfrac{b}{a},\]即 $x$ 的取值范围为 $\left[ {\sqrt {\dfrac{b}{a}} ,\dfrac{b}{a}} \right]$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
