Question

20．已知函数f（x）=2x-$\frac{a}{x}$，x∈（0，1]．
（1）当a=-1时，求函数y=f（x）的值域；
（2）若函数y=f（x）在x∈（0，1]上是减函数，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）先根据单调性的定义，设任意的x₁，x₂∈（0，1]，且x₁＜x₂，然后作差得到$f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）=（{x}_{1}-{x}_{2}）（2+\frac{a}{{x}_{1}{x}_{2}}）$，从而a=-1时，便有$f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）=（{x}_{1}-{x}_{2}）（2-\frac{1}{{x}_{1}{x}_{2}}）$，这样便可判断出f（x）在（$0，\frac{1}{\sqrt{2}}$）时单调递减，在$（\frac{1}{\sqrt{2}}，1]$时单调递增，从而便可得出f（x）在（0，1]上的值域；
（2）由f（x）在x∈（0，1]上是减函数，便可得到$2+\frac{a}{{x}_{1}{x}_{2}}＜0$恒成立，从而a＜0，而由0＜x₁x₂＜1便可得到$\frac{1}{{x}_{1}{x}_{2}}$的范围，从而可以得到$2+\frac{a}{{x}_{1}{x}_{2}}＜2+a$，从而a应满足：2+a≤0，这便得到了实数a的取值范围．

解答 解：设x₁，x₂∈（0，1]，且x₁＜x₂，则：
$f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）=2{x}_{1}-\frac{a}{{x}_{1}}-2{x}_{2}+\frac{a}{{x}_{2}}$=$2（{x}_{1}-{x}_{2}）+\frac{a}{{x}_{2}}-\frac{a}{{x}_{1}}=（{x}_{1}-{x}_{2}）$$（2+\frac{a}{{x}_{1}{x}_{2}}）$；
∵x₁＜x₂；
∴x₁-x₂＜0；
∴（1）a=-1时，$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}}）$，则$0＜{x}_{1}{x}_{2}＜\frac{1}{2}$，$\frac{1}{{x}_{1}{x}_{2}}＞2$；
∴$2-\frac{1}{{x}_{1}{x}_{2}}＜0$；
∴f（x₁）＞f（x₂）；
∴f（x）在（0，$\frac{1}{\sqrt{2}}$）上单调递减；
②若${x}_{1}，{x}_{2}∈（\frac{1}{\sqrt{2}}，1]$时，$\frac{1}{2}＜{x}_{1}{x}_{2}≤1$，$1≤\frac{1}{{x}_{1}{x}_{2}}＜2$；
∴f（x₁）＜f（x₂）；
∴f（x）在（$\frac{1}{\sqrt{2}}$，1]上单调递增；
∴$x=\frac{1}{\sqrt{2}}$时，f（x）取最小值2$\sqrt{2}$，x从右边趋向0时，f（x）趋向正无穷；
∴f（x）的值域为$[2\sqrt{2}，+∞）$；
（2）若f（x）在（0，1]上是减函数，则：$2+\frac{a}{{x}_{1}{x}_{2}}＜0$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；
∴实数a的取值范围为（-∞，-2]．

点评 考查单调性的定义，以及根据单调性的定义判断函数单调性的方法和过程，函数最小值的定义，以及减函数定义的运用，不等式性质的运用．