Question

（理）已知函數(shù)f(x)=2+

1

a

-

1

a2x

，實(shí)數(shù)a∈R且a≠0．
（1）設(shè)mn＞0，判斷函數(shù)f（x）在[m，n]上的單調(diào)性，并說明理由；
（2）設(shè)0＜m＜n且a＞0時(shí)，f（x）的定義域和值域都是[m，n]，求n-m的最大值；
（3）若不等式|a²f（x）|≤2x對(duì)x≥1恒成立，求a的范圍．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義先設(shè)m≤x₁＜x₂≤n，然后判定f（x₁）-f（x₂）的正負(fù)，從而確定函數(shù)f（x）在[m，n]上的單調(diào)性；
（2）由（1）及f（x）的定義域和值域都是[m，n]，則m，n是方程2+

1

a

-

1

a2x

=x的兩個(gè)不相等的正數(shù)根，等價(jià)于方程a²x²-（2a²+a）x+1=0有兩個(gè)不等的正數(shù)根，利用根與系數(shù)的關(guān)系即可求出n-m的最大值；
（3）a2f(x)=2a2+a-

1

x

，則不等式|a²f（x）|≤2x對(duì)x≥1恒成立，令h（x）=2x+

1

x

，易證h（x）在[1，+∞）遞增，同理g(x)=

1

x

-2x[1，+∞）遞減，求出函數(shù)h（x）_min，與函數(shù)g（x）_max，建立不等關(guān)系，解之即可求出a的范圍．

解答：解：（1）設(shè)m≤x₁＜x₂≤n，則f(x1)-f(x2)=-

1

a2x1

+

1

a2x2

=

x1-x2

a2x1x2

，
∵mn＞0，m≤x₁＜x₂≤n，∴x₁x₂＞0，x₁-x₂＜0，∴f（x₁）-f（x₂）＜0，
即f（x₁）＜f（x₂），因此函數(shù)f（x）在[m，n]上的單調(diào)遞增．
（2）由（1）及f（x）的定義域和值域都是[m，n]得f（m）=m，f（n）=n，
因此m，n是方程2+

1

a

-

1

a2x

=x的兩個(gè)不相等的正數(shù)根，
等價(jià)于方程a²x²-（2a²+a）x+1=0有兩個(gè)不等的正數(shù)根，
即△=(2a2+a)2-4a2＞0且x1+x2=

2a2+a

a2

＞0且x1x2=

1

a2

＞0，
解得a＞

1

2

，∴n-m=

1

a

4a2+4a-3

=

-3( 1 a - 2 3 )2+ 16 3

，
∵a∈(

1

2

，+∞)，∴a=

3

2

時(shí)，n-m最大值為

4 3

3

．
（3）a2f(x)=2a2+a-

1

x

，則不等式|a²f（x）|≤2x對(duì)x≥1恒成立，
即-2x≤2a2+a-

1

x

≤2x即不等式對(duì)x≥1恒成立，
令h（x）=2x+

1

x

，易證h（x）在[1，+∞）遞增，同理g(x)=

1

x

-2x[1，+∞）遞減．
∴h（x）_min=h（1）=3，g（x）_max=g（1）=-1，
∴

2a2+a≤3 2a2+a≥-1

∴-

3

2

≤a≤1且a≠0

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了函數(shù)單調(diào)性的判斷與證明，以及函數(shù)恒成立問題和不等式的綜合，同時(shí)考查了轉(zhuǎn)化與劃歸的思想，屬于綜合題．