Question

20．已知函數(shù)f（x）=2x-$\frac{a}{x}$，x∈（0，1]．
（1）當(dāng)a=-1時(shí)，求函數(shù)y=f（x）的值域；
（2）若函數(shù)y=f（x）在x∈（0，1]上是減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先根據(jù)單調(diào)性的定義，設(shè)任意的x₁，x₂∈（0，1]，且x₁＜x₂，然后作差得到$f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）=（{x}_{1}-{x}_{2}）（2+\frac{a}{{x}_{1}{x}_{2}}）$，從而a=-1時(shí)，便有$f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）=（{x}_{1}-{x}_{2}）（2-\frac{1}{{x}_{1}{x}_{2}}）$，這樣便可判斷出f（x）在（$0，\frac{1}{\sqrt{2}}$）時(shí)單調(diào)遞減，在$（\frac{1}{\sqrt{2}}，1]$時(shí)單調(diào)遞增，從而便可得出f（x）在（0，1]上的值域；
（2）由f（x）在x∈（0，1]上是減函數(shù)，便可得到$2+\frac{a}{{x}_{1}{x}_{2}}＜0$恒成立，從而a＜0，而由0＜x₁x₂＜1便可得到$\frac{1}{{x}_{1}{x}_{2}}$的范圍，從而可以得到$2+\frac{a}{{x}_{1}{x}_{2}}＜2+a$，從而a應(yīng)滿足：2+a≤0，這便得到了實(shí)數(shù)a的取值范圍．

解答 解：設(shè)x₁，x₂∈（0，1]，且x₁＜x₂，則：
$f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）=2{x}_{1}-\frac{a}{{x}_{1}}-2{x}_{2}+\frac{a}{{x}_{2}}$=$2（{x}_{1}-{x}_{2}）+\frac{a}{{x}_{2}}-\frac{a}{{x}_{1}}=（{x}_{1}-{x}_{2}）$$（2+\frac{a}{{x}_{1}{x}_{2}}）$；
∵x₁＜x₂；
∴x₁-x₂＜0；
∴（1）a=-1時(shí)，$f（x）=2x+\frac{1}{x}$，x∈（0，1]，$f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）=（{x}_{1}-{x}_{2}）（2-\frac{1}{{x}_{1}{x}_{2}}）$；
∴①若${x}_{1}，{x}_{2}∈（0，\frac{1}{\sqrt{2}}）$，則$0＜{x}_{1}{x}_{2}＜\frac{1}{2}$，$\frac{1}{{x}_{1}{x}_{2}}＞2$；
∴$2-\frac{1}{{x}_{1}{x}_{2}}＜0$；
∴f（x₁）＞f（x₂）；
∴f（x）在（0，$\frac{1}{\sqrt{2}}$）上單調(diào)遞減；
②若${x}_{1}，{x}_{2}∈（\frac{1}{\sqrt{2}}，1]$時(shí)，$\frac{1}{2}＜{x}_{1}{x}_{2}≤1$，$1≤\frac{1}{{x}_{1}{x}_{2}}＜2$；
∴f（x₁）＜f（x₂）；
∴f（x）在（$\frac{1}{\sqrt{2}}$，1]上單調(diào)遞增；
∴$x=\frac{1}{\sqrt{2}}$時(shí)，f（x）取最小值2$\sqrt{2}$，x從右邊趨向0時(shí)，f（x）趨向正無(wú)窮；
∴f（x）的值域?yàn)?[2\sqrt{2}，+∞）$；
（2）若f（x）在（0，1]上是減函數(shù)，則：$2+\frac{a}{{x}_{1}{x}_{2}}＜0$恒成立；
∴a＜0；
0＜x₁x₂＜1；
∴$\frac{1}{{x}_{1}{x}_{2}}＞1$；
$\frac{a}{{x}_{1}{x}_{2}}＜a$；
∴$2+\frac{a}{{x}_{1}{x}_{2}}＜a+2$；
∴a+2≤0；
∴a≤-2；
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為（-∞，-2]．

點(diǎn)評(píng) 考查單調(diào)性的定義，以及根據(jù)單調(diào)性的定義判斷函數(shù)單調(diào)性的方法和過(guò)程，函數(shù)最小值的定義，以及減函數(shù)定義的運(yùn)用，不等式性質(zhì)的運(yùn)用．