Question

14．已知函数f（x）=|x-$\frac{1}{x}$|（x＞0）．
（1）若a≠b且f（a）=f（b），求证：ab=1；
（2）当a＜b，是否存在区间[a，b]，使得f（x）的定义域和值域都是[a，b]，若存在求出a，b的值，不存在请说明理由．

Answer 1

分析 （1）根据绝对值函数的应用，讨论函数f（x）的单调性，建立方程进行求解证明即可．
（2）由（1）中函数的单调性，分1≤a＜b，0＜a＜b≤1，及当0＜a≤1≤b三种情况分别讨论实数a，b的存在性，最后综合讨论结果，可得答案．

解答 解：（1）证明：由f（x）=|x-$\frac{1}{x}$|=0得|$\frac{{x}^{2}-1}{x}$|=0，则x=1，
当x≥1时，函数f（x）=|x-$\frac{1}{x}$|=x-$\frac{1}{x}$为增函数，
当0＜x＜1时，函数f（x）=|x-$\frac{1}{x}$|=-x+$\frac{1}{x}$为减函数，
若a≠b且f（a）=f（b），则a，b一个大于1一个小于1，
不妨设a＜b，
则0＜a＜1，b＞1，
由f（a）=f（b），得|a-$\frac{1}{a}$|=|b-$\frac{1}{b}$|，
即-a+$\frac{1}{a}$=b-$\frac{1}{b}$，
即a+b=$\frac{1}{a}$+$\frac{1}{b}$=$\frac{a+b}{ab}$，
∵a+b≠0，
∴ab=1．
（2）当a＜b，假设存在区间[a，b]，使得f（x）的定义域和值域都是[a，b]，
①1≤a＜b，则函数在[1，+∞）上为增函数，则$\left\{\begin{array}{l}{f（a）=a}\\{f（b）=b}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{a-\frac{1}{a}=a}\\{b-\frac{1}{b}=b}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{a}=1}\\{-\frac{1}{b}=1}\end{array}\right.$，此时方程无解，
②0＜a＜b≤1，则函数在（0，1]上为减函数，则$\left\{\begin{array}{l}{f（a）=b}\\{f（b）=a}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{-a+\frac{1}{a}=b}\\{-b+\frac{1}{b}=a}\end{array}\right.$，两式相加得-（a+b）+$\frac{a+b}{ab}$=a+b，
即$\frac{a+b}{ab}$=2（a+b），即$\frac{1}{ab}$=2，得ab=$\frac{1}{2}$，此时b=$\frac{1}{2a}$，代回方程-a+$\frac{1}{a}$=b=$\frac{1}{2a}$，
得$\frac{1}{a}$-$\frac{1}{2a}$=a，即$\frac{1}{2a}$=a，则a²=$\frac{1}{2}$得a=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，b=$\frac{\sqrt{2}}{2}$与a＜b矛盾，故此时不成立．
③当0＜a≤1≤b时，此时函数的最小值为f（1）=0，则a=0，此时与0＜a≤1矛盾，此时不存在．
综上当a＜b，不存在区间[a，b]，使得f（x）的定义域和值域都是[a，b]．

点评 本题考查了函数单调性的性质，函数的值域，是函数图象和性质的综合应用，利用分类讨论的思想是解决本题的关键．综合性较强，有一定的难度．