Question

（理）已知函数，实数a∈R且a≠0．
（1）设mn＞0，判断函数f（x）在[m，n]上的单调性，并说明理由；
（2）设0＜m＜n且a＞0时，f（x）的定义域和值域都是[m，n]，求n-m的最大值；
（3）若不等式|a²f（x）|≤2x对x≥1恒成立，求a的范围．

Answer 1

【答案】分析：（1）根据函数单调性的定义先设m≤x₁＜x₂≤n，然后判定f（x₁）-f（x₂）的正负，从而确定函数f（x）在[m，n]上的单调性；
（2）由（1）及f（x）的定义域和值域都是[m，n]，则m，n是方程的两个不相等的正数根，等价于方程a²x²-（2a²+a）x+1=0有两个不等的正数根，利用根与系数的关系即可求出n-m的最大值；
（3），则不等式|a²f（x）|≤2x对x≥1恒成立，令h（x）=，易证h（x）在[1，+∞）递增，同理[1，+∞）递减，求出函数h（x）_min，与函数g（x）_max，建立不等关系，解之即可求出a的范围．
解答：解：（1）设m≤x₁＜x₂≤n，则，
∵mn＞0，m≤x₁＜x₂≤n，∴x₁x₂＞0，x₁-x₂＜0，∴f（x₁）-f（x₂）＜0，
即f（x₁）＜f（x₂），因此函数f（x）在[m，n]上的单调递增．
（2）由（1）及f（x）的定义域和值域都是[m，n]得f（m）=m，f（n）=n，
因此m，n是方程的两个不相等的正数根，
等价于方程a²x²-（2a²+a）x+1=0有两个不等的正数根，
即，
解得，∴，
∵，∴时，n-m最大值为．
（3），则不等式|a²f（x）|≤2x对x≥1恒成立，
即即不等式对x≥1恒成立，
令h（x）=，易证h（x）在[1，+∞）递增，同理[1，+∞）递减．
∴h（x）_min=h（1）=3，g（x）_max=g（1）=-1，
∴∴且a≠0
点评：本题主要考查了函数单调性的判断与证明，以及函数恒成立问题和不等式的综合，同时考查了转化与划归的思想，属于综合题．