Question

1．（1）已知函數(shù)f（x）=2x+$\frac{1}{x}$（x＞0），證明函數(shù)f（x）在（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）上單調(diào)遞減，并寫出函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（2）記函數(shù)g（x）=a^|x|+2a^x（a＞1）
①若a=4，解關(guān)于x的方程g（x）=3；
②若x∈[-1，+∞），求函數(shù)g（x）的值域．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義證明即可；
（2）①將a=4帶入g（x），通過討論x的正負(fù)，去掉絕對值號，解方程即可；②通過討論x的范圍，求出g（x）的單調(diào)性，從而求出g（x）的值域即可．

解答 （1）證明：設(shè)x₁，x₂是區(qū)間（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）上的任意兩個實數(shù)，且x₁＜x₂，
則f（x₁）-f（x₂）=2（x₁-x₂）+（$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{{x}_{2}}$）=$\frac{{（x}_{1}{-x}_{2}）（{{2x}_{1}x}_{2}-1）}{{{x}_{1}x}_{2}}$，
因為0＜x₁＜x₂＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以x₁-x₂＜0，0＜x₁x₂＜$\frac{1}{2}$，故2x₁x₂-1＜0，
所以f（x₁）-f（x₂）＞0，即f（x₁）＞f（x₂），
所以函數(shù)f（x）在（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）上單調(diào)遞減，
函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，+∞）．
（2）解：①當(dāng)a=4時，4^|x|+2•4^x=3，
（�。┊�(dāng)x≥0時，4^x+2•4^x=3，即4^x=1，所以x=0；
（ⅱ）當(dāng)x＜0時，4^-x+2•4^x=3，
即2•（4^x）²-3•4^x+1=0，
解得：4^x=1或4^x=$\frac{1}{2}$，
所以x=-$\frac{1}{2}$或0（舍去）；
綜上所述，方程g（x）=3的解為x=0或x=-$\frac{1}{2}$；
②（�。┊�(dāng)x≥0時，g（x）=3a^x，其中a＞1，
所以g（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增，g（x）_min=g（0）=3，
所以g（x）在[0，+∞）上的值域為[3，+∞）；
（ⅱ）當(dāng)x∈[-1，0）時，g（x）=a^-x+2a^x，其中a＞1，
令t=a^x，則t∈[$\frac{1}{a}$，1），g（x）=2t+$\frac{1}{t}$=f（t），
（ⅰ）若1＜a≤$\sqrt{2}$，則$\frac{1}{a}$≥$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
據(jù)（1）可知，f（t）=2t+$\frac{1}{t}$在[$\frac{1}{a}$，1）上單調(diào)遞增，
所以f（$\frac{1}{a}$）≤f（t）＜f（1），且f（$\frac{1}{a}$）=a+$\frac{2}{a}$，f（1）=3，
此時，g（x）在[-1，0）上的值域為[a+$\frac{2}{a}$，3）；
（ⅱ）若a＞$\sqrt{2}$，則$\frac{1}{a}$＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
據(jù)（1）可知，f（t）=2t+$\frac{1}{t}$在[$\frac{1}{a}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）上單調(diào)遞減，在（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，1）上單調(diào)遞增，
所以f（t）_min=f（$\frac{\sqrt{2}}{2}$）=2$\sqrt{2}$，又f（$\frac{1}{a}$）=a+$\frac{2}{a}$，f（1）=3，
當(dāng)f（$\frac{1}{a}$）≥f（1）時，g（x）在[-1，0）上的值域為[2$\sqrt{2}$，a+$\frac{2}{a}$]，
當(dāng)f（$\frac{1}{a}$）＜f（1）時，g（x）在[-1，0）上的值域為[2$\sqrt{2}$，3）；
綜上所述，當(dāng)1＜a≤$\sqrt{2}$時，函數(shù)g（x）在[-1，+∞）上的值域為[a+$\frac{2}{a}$，+∞；
當(dāng)a＞$\sqrt{2}$時，函數(shù)g（x）在[-1，+∞）上的值域為[2$\sqrt{2}$，+∞）．

點評 本題考查了函數(shù)單調(diào)性的證明，考查函數(shù)的單調(diào)性求函數(shù)的值域問題，考查分類討論思想，是一道中檔題．