Question

4．若函数f（x）对于定义域内的任意x都满足$f（x）=f（\frac{1}{x}）$，则称f（x）具有性质M．
（1）很明显，函数$f（x）=x+\frac{1}{x}$（x∈（0，+∞）具有性质M；请证明$f（x）=x+\frac{1}{x}$（x∈（0，+∞）在（0，1）上是减函数，在（1，+∞）上是增函数．
（2）已知函数g（x）=|lnx|，点A（1，0），直线y=t（t＞0）与g（x）的图象相交于B、C两点（B在左边），验证函数g（x）具有性质M并证明|AB|＜|AC|．
（3）已知函数$h（x）=|x-\frac{1}{x}|$，是否存在正数m，n，k，当h（x）的定义域为[m，n]时，其值域为[km，kn]，若存在，求k的范围，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）根据函数单调性的定义进行证明即可，
（2）根据函数的性质利用作差法进行判断即可，
（3）根据 函数定义域和值域的关系建立方程，进行求解即可．

解答 解：（1）∵f（$\frac{1}{x}$）=$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{\frac{1}{x}}$=x+$\frac{1}{x}$=f（x），∴函数f（x）具有性质M．
任取x₁、x₂且x₁＜x₂，
则f（x₁）-f（x₂）=（x₁+$\frac{1}{{x}_{1}}$）-（x₂+$\frac{1}{{x}_{2}}$）=（x₁-x₂）+（$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{{x}_{2}}$）=（x₁-x₂）•$\frac{{x}_{1}{x}_{2}-1}{{x}_{1}{x}_{2}}$，
若x₁、x₂∈（0，1），
则0＜x₁x₂＜1，x₁x₂＞0，x₁-x₂＜0，
∴f（x₁）-f（x₂）＞0，
∴f（x₁）＞f（x₂），
∴f（x）在（0，1）上是减函数．
若x₁、x₂∈（1，+∞），
则x₁x₂＞1，x₁-x₂＜0，
∴f（x₁）-f（x₂）＜0，
∴f（x₁）＜f（x₂），
∴f（x）在（1，+∞）上是增函数．
（2）∵$g（\frac{1}{x}）=|ln\frac{1}{x}|=|-lnx|=|lnx|=g（x）$，∴g（x）具有性质M   （4分）
由|lnx|=t得，lnx=-t或lnx=t，x=e^-t或x=e^t，
∵t＞0，∴e^-t＜e^t，
∴${x_B}={e^{-t}}，{x_c}={e^t}$，
∴$|AB|=\sqrt{{{（1-{x_B}）}^2}+{t^2}}=\sqrt{{{（1-{e^{-t}}）}^2}+{t^2}}$，∴$|AC|=\sqrt{{{（1-{x_c}）}^2}+{t^2}}=\sqrt{{{（1-{e^t}）}^2}+{t^2}}$，
∴|AB|²-|AC|²=（1-e^-t）²-（1-e^t）²=[2-（e^-t+e^t）]（e^t-e^-t）
由（1）知，$f（x）=x+\frac{1}{x}$在x∈（0，+∞）上的最小值为1（其中x=1时）
而$0＜{e^{-t}}=\frac{1}{e^t}＜1＜{e^t}$，故2-（e^-t+e^t）＜0，e^t-e^-t＞0，
|AB|＜|AC|（7分）
（3）∵h（1）=0，m，n，k均为正数，
∴0＜m＜n＜1或1＜m＜n（8分）
当0＜m＜n＜1时，0＜x＜1，$h（x）=|x-\frac{1}{x}|$=$\frac{1}{x}-x$是减函数，
值域为（h（n），h（m）），h（n）=km，h（m）=kn，
∴$\frac{h（n）}{h（m）}=\frac{m}{n}$，∴$\frac{{\frac{1}{n}-n}}{{\frac{1}{m}-m}}=\frac{m}{n}$，∴1-n²=1-m²
故不存在   （10分）
当1＜m＜n时，x＞1，$h（x）=|x-\frac{1}{x}|$=$x-\frac{1}{x}$是增函数，
∴h（m）=km，h（n）=kn，∴$m-\frac{1}{m}=km，n-\frac{1}{n}=kn$，
∴（1-k）m²=1，（1-k）n²=1，${m^2}={n^2}=\frac{1}{1-k}$，不存在
综合得，若不存在正数m，n，k满足条件．                 （12分）

点评 本题主要考查函数与方程的应用，结合新定义，以及利用函数与方程的关系进行转化是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．