Question

2．已知函数f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{x}-1，0＜x＜1}\\{k-\frac{k}{x}，x≥1}\end{array}\right.$．
（1）是否存在实数a，b（1≤a＜b），使得函数y=f（x）的定义域、值域都是[a，b]，如果存在，并求出a，b的值（用k表示）；如果不存在，说明理由．
（2）若存在实数a，b（0＜a＜b），使得函数y=f（x）的定义域为[a，b]时，值域为[ma，mb]，求m的取值范围（用k表示）．

Answer 1

分析 （1）由1≤a＜b可知f（x）=k-$\frac{k}{x}$在[a，b]上是单调函数，从而分k＜0与k＞0讨论函数的单调性，从而化简求出a，b的值；
（2）由题意可得需分0＜a＜b＜1，0＜a＜1≤b，0＜a≤1＜b，1＜a＜b四种情况讨论，0＜a＜b＜1时得$\frac{1}{a}$-1=bm，$\frac{1}{b}$-1=am；可知不可能成立；0＜a＜1≤b或0＜a≤1＜b，则0在f（x）的值域内，故也不可能；若1＜a＜b；由（1）知，k＞0，f（x）=k-$\frac{k}{x}$在[a，b]上是单调增函数，从而求m的取值范围．

解答 解：（1）∵1≤a＜b，
∴f（x）=k-$\frac{k}{x}$在[a，b]上是单调函数，
若k＜0，则f（x）=k-$\frac{k}{x}$在[a，b]上是单调减函数，
故k-$\frac{k}{b}$=k（1-$\frac{1}{b}$）=a，
∵1≤a＜b，∴k＞0，故矛盾；
若k＞0，则f（x）=k-$\frac{k}{x}$在[a，b]上是单调增函数，
k-$\frac{k}{a}$=a，k-$\frac{k}{b}$=b；
则a，b是方程k-$\frac{k}{x}$=x的两个不同的根，
故x²-kx+k=0，
故△=k²-4k＞0，
故k＞4；
且对称轴x=$\frac{k}{2}$＞2，
故只需使1-k+k=1＞0，
故a=$\frac{k-\sqrt{{k}^{2}-4k}}{2}$，b=$\frac{k+\sqrt{{k}^{2}-4k}}{2}$（k＞4）；
综上所述，a=$\frac{k-\sqrt{{k}^{2}-4k}}{2}$，b=$\frac{k+\sqrt{{k}^{2}-4k}}{2}$（k＞4）．
（2）若0＜a＜b＜1，则$\frac{1}{a}$-1=bm，$\frac{1}{b}$-1=am；
故$\frac{\frac{1}{a}-1}{\frac{1}{b}-1}$=$\frac{b}{a}$，
化简得，$\frac{1-a}{1-b}$=1，不可能成立；
若0＜a＜1≤b，则0在f（x）的值域内，故不可能；
若0＜a≤1＜b，则0在f（x）的值域内，故不可能；
若1＜a＜b；
由（1）知，k＞0，f（x）=k-$\frac{k}{x}$在[a，b]上是单调增函数，
k-$\frac{k}{a}$=ma，k-$\frac{k}{b}$=mb；
则a，b是方程k-$\frac{k}{x}$=mx的两个不同的根，
故mx²-kx+k=0，
故△=k²-4mk＞0，
故m＜$\frac{k}{4}$；
且对称轴x=$\frac{k}{2m}$＞2，且m•1-k+k=m＞0，
故成立；
m的取值范围为（0，$\frac{k}{4}$）．

点评 本题考查了分断函数的应用及分类讨论的思想应用，同时考查了函数的值域的求法等，属于难题．