Question

14．已知函數(shù)f（x）=|x-$\frac{1}{x}$|（x＞0）．
（1）若a≠b且f（a）=f（b），求證：ab=1；
（2）當(dāng)a＜b，是否存在區(qū)間[a，b]，使得f（x）的定義域和值域都是[a，b]，若存在求出a，b的值，不存在請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)絕對(duì)值函數(shù)的應(yīng)用，討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性，建立方程進(jìn)行求解證明即可．
（2）由（1）中函數(shù)的單調(diào)性，分1≤a＜b，0＜a＜b≤1，及當(dāng)0＜a≤1≤b三種情況分別討論實(shí)數(shù)a，b的存在性，最后綜合討論結(jié)果，可得答案．

解答 解：（1）證明：由f（x）=|x-$\frac{1}{x}$|=0得|$\frac{{x}^{2}-1}{x}$|=0，則x=1，
當(dāng)x≥1時(shí)，函數(shù)f（x）=|x-$\frac{1}{x}$|=x-$\frac{1}{x}$為增函數(shù)，
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，函數(shù)f（x）=|x-$\frac{1}{x}$|=-x+$\frac{1}{x}$為減函數(shù)，
若a≠b且f（a）=f（b），則a，b一個(gè)大于1一個(gè)小于1，
不妨設(shè)a＜b，
則0＜a＜1，b＞1，
由f（a）=f（b），得|a-$\frac{1}{a}$|=|b-$\frac{1}$|，
即-a+$\frac{1}{a}$=b-$\frac{1}$，
即a+b=$\frac{1}{a}$+$\frac{1}$=$\frac{a+b}{ab}$，
∵a+b≠0，
∴ab=1．
（2）當(dāng)a＜b，假設(shè)存在區(qū)間[a，b]，使得f（x）的定義域和值域都是[a，b]，
①1≤a＜b，則函數(shù)在[1，+∞）上為增函數(shù)，則$\left\{\begin{array}{l}{f（a）=a}\\{f（b）=b}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{a-\frac{1}{a}=a}\\{b-\frac{1}=b}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{a}=1}\\{-\frac{1}=1}\end{array}\right.$，此時(shí)方程無(wú)解，
②0＜a＜b≤1，則函數(shù)在（0，1]上為減函數(shù)，則$\left\{\begin{array}{l}{f（a）=b}\\{f（b）=a}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{-a+\frac{1}{a}=b}\\{-b+\frac{1}=a}\end{array}\right.$，兩式相加得-（a+b）+$\frac{a+b}{ab}$=a+b，
即$\frac{a+b}{ab}$=2（a+b），即$\frac{1}{ab}$=2，得ab=$\frac{1}{2}$，此時(shí)b=$\frac{1}{2a}$，代回方程-a+$\frac{1}{a}$=b=$\frac{1}{2a}$，
得$\frac{1}{a}$-$\frac{1}{2a}$=a，即$\frac{1}{2a}$=a，則a²=$\frac{1}{2}$得a=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，b=$\frac{\sqrt{2}}{2}$與a＜b矛盾，故此時(shí)不成立．
③當(dāng)0＜a≤1≤b時(shí)，此時(shí)函數(shù)的最小值為f（1）=0，則a=0，此時(shí)與0＜a≤1矛盾，此時(shí)不存在．
綜上當(dāng)a＜b，不存在區(qū)間[a，b]，使得f（x）的定義域和值域都是[a，b]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)，函數(shù)的值域，是函數(shù)圖象和性質(zhì)的綜合應(yīng)用，利用分類討論的思想是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強(qiáng)，有一定的難度．