已知函数f(x)=e^x 已知函式f(x)＝|1?1x|，x＞0．（1）当0＜a＜b，且f（a）=f（b）时，求证：ab＞1；（2）是否存在实数a、b

已知函式f(x)＝|1?1x|，x＞0．（1）当0＜a＜b，且f（a）=f（b）时，求证：ab＞1；（2）是否存在实数a、b  

已知函式f(x)＝|1?1x|，x＞0．（1）当0＜a＜b，且f（a）=f（b）时，求证：ab＞1；（2）是否存在实数a、b

（1）f（a）=f（b）得|1?

1 a

|＝|1?

1 b

|，1?

1 a

＝±(1?

1 b

)，得a=b（舍）或

1 a

+

1 b

＝2
∴2＝

a+b ab

≥

2

ab ab

＝

2 ab

，∴

ab

≥1
∵a≠b，∴等号不可以成立，故ab＞1…..…（5分）
（2）不存在.f(x)＝

1?

1 x

x≥1

1 x

?1 x＜1

，
①当a，b∈（0，1）时，f(x)＝

1 x

?1在（0，1）上单调递减，可得

f(a)＝b f(b)＝a

∴

1 a

?1＝b

1 b

?1＝a

，

1 a

?

1 b

＝b?a得b＝

1 a

，?1＝0矛盾
②当a∈（0，1），b∈[1，+∞）时，显然1∈[a，b]，而f（1）=0，则0∈[a，b]矛盾
③当a，b∈[1，+∞)，f(x)＝1?

1 x

在（1，+∞）上单调递增，可得

f(a)＝a f(b)＝b

∴

1?

1 a

＝a

1?

1 b

＝b

，a，b是方程1?

1 x

＝x的两个根，此方程无解； …（11分）

已知函式f（x）=|1-1x|，（x＞0）（1）当0＜a＜b，且f（a）=f（b）时，求证：a+b=2ab（2）是否存在实数a

（1）∵x＞0，
当x≥1时，1-

1 x

≥0，f（x）=|1-

1 x

|=1-

1 x

，
当x＜1时，1-

1 x

＜0，f（x）=|1-

1 x

|=

1 x

-1，
∴f(x)＝

1?

1 x

(x≥1)

1 x

?1(0＜x＜1)

，
所以f（x）在（0，1）内递减，在（1，+∞）内递增．
由0＜a＜b，且f（a）=f（b）?0＜a＜1＜b，
∴

1 a

?1＝1?

1 b

即

1 a

+

1 b

＝2．
∴2ab=a+b…（4分）
（2）不存在满足条件的实数a，b．
∵f(x)＝

1?

1 x

(x≥1)

1 x

?1(0＜x＜1)

①当a、b∈（0，1）时，f(x)＝

1 x

?1在（0，1）内递减，
∴

已知函式f(x)＝|1?1x|，（x＞0）．（Ⅰ）当0＜a＜b，且f（a）=f（b）时，求证：ab＞1；（Ⅱ）是否存在实

（I）证明：∵x＞0，∴f(x)＝

1?

1 x

，x≥1

1 x

?1，0＜x＜1.

∴f（x）在（0，1）上为减函式，在（1，+∞）上是增函式．
由0＜a＜b，且f（a）=f（b），可得 0＜a＜1＜b和

1 a

?1＝1?

1 b

，即

1 a

+

1 b

＝2．
∴2ab=a+b＞2

ab

．…（3分）
故

ab

＞1，即ab＞1．…（4分）
（II）解：不存在满足条件的实数a，b．
若存在满足条件的实数a，b，使得函式y=f(x)＝|1?

1 x

|的定义域、值域都是[a，b]，
则a＞0，f(x)＝

1?

1 x

，x≥1

1 x

?1，0＜x＜1.

①当a，b∈（0，1）时，f(x)＝

1 x

?1在（0，1）上为减函式．
故

已知函式 f(x)=|1- 1 x |，x＞0 ．（1）当0＜a＜b，且f（a）=f（b）时，求证：ab＞1；（2）是否

（1）证明：∵0＜a＜b，且f（a）=f（b），∴

1 a ＞

1 b

＞0．
∴1-

1 a

=-（1-

1 b

），∴2=

1 a

+

1 b

＞2

1 ab

，∴

1 a 1 b

＜1，∴ab＞1．
（2）由函式y=f（x）的定义域是[a，b]，值域是 [

1 5

a，

1 5

b] ，
当1≤a＜b 时，可得 f(x)=|1-

1 x

| =1-

1 x

在[a，b]上是增函式，故有 1-

1 a

=

1 5

a，1-

1 b

=

1 5

b，
解得 a=

5-

5 2

，b=

5+

5 2

．
当0＜a＜b≤1时，可得 f(x)=|1-

1 x

| =

1 x

-1 在[a，b]上是减函式，故有

1 b

-1 =

1 5

a ，

1 a

-1 =

1 5

b ，
解得 a=

45

-1

2

，b=

45

-1

2

（不合题意舍去）．
当0＜a＜1＜b时，函式y=f（x）在定义域[a，b]上的最小值为0，根据值域是 [

1 5

a，

1 5

b] ，
可得

a 5

=0，a=0 （不合题意舍去）．
综上，存在a=

5-

5 2

，b=

5+ 5 2

满足条件．

已知函式 f(x)=|1- 1 x |， (x＞0) ．（1）当0＜a＜b且f（a）=f（b）时，求证：ab＞1；（2）是

（1）f（a）=f（b）得 |1-

1 a |=|1-

1 b

| ， 1-

1 a

=±(1-

1 b

) ，得a=b（舍）或

1 a

+

1 b

=2
∴ 2=

a+b ab

≥

2

ab ab

=

2 ab

，∴

ab

≥1
∵a≠b，∴等号不可以成立，故ab＞1…..…（5分）
（2）不存在. f(x)=

1-

1 x

x≥1

1 x

-1 x＜1

，
①当a，b∈（0，1）时， f(x)=

1 x

-1 在（0，1）上单调递减，可得

f(a)=b f(b)=a

∴

1 a

-1=b

1 b

-1=a

，

1 a

-

1 b

=b-a 得 b=

1 a

，-1=0 矛盾
②当a∈（0，1），b∈[1，+∞）时，显然1∈[a，b]，而f（1）=0，则0∈[a，b]矛盾
③当 a，b∈[1，+∞)，f(x)=1-

1 x

在（1，+∞）上单调递增，可得

f(a)=a f(b)=b

∴

1-

1 a

=a

1-

1 b

=b

，a，b是方程 1-

1 x

=x 的两个根，此方程无解； …（11分）

．已知函式f(x)＝|1－1x|，(x＞0)．(1)当0＜a＜b，且f(a)＝f(b)，求证：1a＋1b＝2；

证：当a<b<1
则f(a)＝|1－1a|=1-a
f(b)＝|1－1b|=1-b
f(a)＝f(b) 1-a=1-b
a=b 不符题意 同理当b>a>1时 f(a)＝|1－1a|=a-1 f(b)＝|1－1b|=b-1
a-1=b-1 a=b 也不符题意
当a<1 b>1时 f(a)＝|1－1a|=1-a f(b)＝|1－1b|=b-1
f(a)＝f(b) 所以1-a=b-1 a+b=2

设函式f（x）=|1-1x|（1）求满足f（x）=2的x值；（2）是否存在实数a，b，且0＜a＜b＜1，使得函式y=f（x）

（本题满分10分） 
解：（1）由f（x）=2知|1?

1 x

|＝2，所以

1 x

＝?1或

1 x

＝3，于是x=-1或x＝

1 3

…（4分）
（2）因为当x∈（0，1）时，f(x)＝

1?x x

＝

1 x

?1…（6分）
易知f（x）在（0，1）上是减函式，又0＜a＜b＜1，y=f（x）在区间[a，b]上的值域为[a，2b]
所以

f(a)＝2b f(b)＝a

?

1 a

?1＝2b

1 b

?1＝a

?

a＝

函式f（x）=alnx+1（a＞0）．（1）当x＞0时，求证：f（x）-1≥a（1-1x）；（2）是否存在实数a使得在区间[

（1）证明：设φ(x)＝f(x)?1?a(1?

1 x

)＝alnx?a(1?

1 x

)，(x＞0)
则φ′(x)＝

a x

?

a x2

＝0，
又因为a＞0，
则x=1，即φ（x）在x=1处取到最小值，
则φ（x）≥φ（1）=0，即原结论成立．
（2）由f（x）≥x得alnx+1≥x，即alnx≥x-1，
当x=1时，a∈R，由题意a＞0；
当x∈（1，2）时，a≥

x?1 lnx

，令g(x)＝

x?1 lnx

，(x＞1)，g′(x)＝

lnx?

x?1 x (lnx)2

，
令h(x)＝lnx?

x?1 x

，h′(x)＝

1 x

?

1 x2

＞0，
则h（x）单调递增，
∴h（x）＞h（1）=0，
∴g′（x）＞0，
∴g（x）单调递增，而g(2)＝

1 ln2

，此时a≥

1 ln2

．
∴a的取值范围为[

1 ln2

，+∞)．
（3）证明：由（2）得知lnx≥1?

1 x

，则ln

n

≥1?

1 n

，
则f(2)+f(3)+…+f(n+1)＝

1 2

(ln2+ln3+…+ln(n+1))+n+1=ln

2

+ln

已知函式f(x)=ax^2-b^x+1,是否存在实数a,b使f(x)>0的解集是(3,4)

用韦达定理分别求出a=1/12 b=7/12 将a，b分别代入函式 x²/12-7x/12+1》的解为（-∞，3）∪（4，+∞） so 与题意不符合 得出结论：不存在a，b……