Question

已知函数f(x)=

x+ 1 x ，x∈[-2，-1) -2，x∈[-1， 1 2 ) x- 1 x ，x∈[ 1 2 ，2]

（1）判断当x∈[-2，1）时，函数f（x）的单调性，并用定义证明之；
（2）求f（x）的值域
（3）设函数g（x）=ax-2，x∈[-2，2]，若对于任意x₁∈[-2，2]，总存在x₀∈[-2，2]，使g（x₀）=f（x₁）成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析：（1）任取x₁，x₂∈[-2，1），且x₁＜x₂，作差f（x₁）-f（x₂），化简到能判断符号为止，利用函数单调性的定义，即可证明．
（2）根据（1）中的函数的单调性，即可求得f（x）在[-2，1）上的值域，同理，利用函数的单调性求得f（x）在[

1

2

，2]上的值域，f（x）在[-1，

1

2

）上恒等于-2，取三种情况中值域的并集，即可求得f（x）的值域A；
（3）对一次项系数a进行分类讨论，当a=0时，对于任意x₁∈[-2，2]，f（x₁）∈[-

5

2

，-2]∪[-

3

2

，

3

2

]，不符合题意，当a≠0时，g（x）的值域为B=[-2|a|-2，2|a|-2]，因为对于任意x₁∈[-2，2]，总存在x₀∈[-2，2]，使g（x₀）=f（x₁）成立，则将问题转化为f（x）的值域A⊆B，利用集合的子集的运算，列出关于a的不等式组，求解即可得到实数a的取值范围．

解答：解：（1）函数f（x）在[-2，-1）上是增函数，
证明：∵当x∈[-2，1）时，f（x）=x+

1

x

，
∴任取x₁，x₂∈[-2，1），且x₁＜x₂，
∴x₁-x₂＜0，1＜x₁x₂，
∴1-

1

x1x2

＞0，
∴f（x₁）-f（x₂）=x₁+

1

x1

-(x2+

1

x2

)=（x₁-x₂）(1-

1

x1x2

)＜0，
∴f（x₁）＜f（x₂），
∴f（x）在[-2，-1）上是增函数；
（2）由（1）可知，f（x）=x+

1

x

在[-2，-1）上是增函数，
∴当x∈[-2，-1）时，f（-2）≤f（x）＜f（-1），
∴f（x）∈[-

5

2

，-2)，
当x∈[

1

2

，2]时，f（x）=x-

1

x

，
∵y=x在[

1

2

，2]上为单调递增函数，y=

1

x

在[

1

2

，2]上为单调递减函数，
∴f（x）在[

1

2

，2]上为单调递增函数，
∴x∈[

1

2

，2]时，f（

1

2

）≤f（x）≤f（2），
∴f（x）∈[-

3

2

，

3

2

]，
当x∈[-1，

1

2

）时，f（x）=-2，
综上所述，f（x）的值域为A=[-

5

2

，-2]∪[-

3

2

，

3

2

]；
（3）∵函数g（x）=ax-2，x∈[-2，2]，
①当a=0时，g（x）=-2，
对于任意x₁∈[-2，2]，f（x₁）∈[-

5

2

，-2]∪[-

3

2

，

3

2

]，
∴不存在x₀∈[-2，2]，使得g（x₀）=f（x₁）成立，
∴a=0不符合题意；
②当a≠0时，设g（x）的值域为B，
∴B=[-2|a|-2，2|a|-2]，
∵对于任意x₁∈[-2，2]，总存在x₀∈[-2，2]，使g（x₀）=f（x₁）成立，
∴A⊆B，
∴

-2|a|-2≤- 5 2 2|a|-2≥ 3 2

，即

|a|≥ 1 4 |a|≥ 7 4

，
∴|a|≥

7

4

，
∴a≤-

7

4

或a≥

7

4

，
∴实数a的取值范围是（-∞，-

7

4

]∪[

7

4

，+∞）．

点评：本题考查了函数单调性的判断与证明，函数最值得应用．注意一般单调性的证明选用定义法证明，证明的步骤是：设值，作差，化简，定号，下结论．对于函数的值域的求解，要注意考虑定义域的取值，再根据函数的解析式进行判断该使用何种方法求解值域，本题选用了利用函数的单调性求解函数的值域．属于中档题．