分析 (Ⅰ)當(dāng)a=b=c=1時,$f(x)=1+{(\frac{1}{2})^x}+{(\frac{1}{4})^x}$,則f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,進而可得f(x)在(-∞,0)上的值域為(3,+∞),并可判斷出函數(shù)f(x)在(-∞,0)上沒有上界.
(Ⅱ) 由題意知,|f(x)|≤3在[0,+∞)上恒成立.令$t={(\frac{1}{2})^x},0<t≤1$,可得實數(shù)a的取值范圍.
(Ⅲ)已知s為正整數(shù),當(dāng)a=1,b=-1,c=0時,存在λ=10使得對任意的n∈N•,不等式s≤λf(n)≤s+2恒成立,分類討論,可得結(jié)論.
解答 解:(Ⅰ)當(dāng)a=b=c=1時,$f(x)=1+{(\frac{1}{2})^x}+{(\frac{1}{4})^x}$,
易知f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,∴f(x)>f(0)=3.
∴f(x)在(-∞,0)上的值域為(3,+∞).
∴不存在常數(shù)M>0,使得|f(x)|≤M成立,
∴f(x)在(-∞,0)上沒有上界.
(Ⅱ) 由題意知,|f(x)|≤3在[0,+∞)上恒成立.
令$t={(\frac{1}{2})^x},0<t≤1$,
∴題意等價于-3≤1+at+t2≤3在t∈(0,1]上恒成立.
$?-\frac{4}{t}-t≤a≤\frac{2}{t}-t$在t∈(0,1]上恒成立.$?{({-\frac{4}{t}-t})_{max}}≤a≤{({\frac{2}{t}-t})_{min}}$.
設(shè)$g(t)=-\frac{4}{t}-t,h(t)=\frac{2}{t}-t,0<t≤1$易知h(t)在(0,1]上遞減.
令0<t1<t2≤1,有$g({t_1})-g({t_2})=(-\frac{4}{t_1}-{t_1})-(-\frac{4}{t_2}-{t_2})=\frac{{({t_2}-{t_1})({t_2}{t_1}-4)}}{{{t_1}{t_2}}}<0$
∴g(t)在(0,1]上遞增.
∴g(t)max=g(1)=-5,h(t)min=h(1)=1.
∴實數(shù)a的取值范圍是[-5,1].
(Ⅲ)當(dāng)a=1,b=-1,c=0時,$f(n)=1+{(-\frac{1}{2})^n}>0$,
∴題意等價于$\frac{s}{{1+{{(-\frac{1}{2})}^n}}}≤λ≤\frac{s+2}{{1+{{(-\frac{1}{2})}^n}}}$對任意的n∈N•恒成立.
∵當(dāng)n為正奇數(shù)時,$\frac{1}{2}≤1+{(-\frac{1}{2})^n}<1$;當(dāng)n為正偶數(shù)時,$1<1+{(-\frac{1}{2})^n}≤\frac{5}{4}$,
∴$2s≤λ≤\frac{4}{5}(s+2)$.
∴當(dāng)$2s>\frac{4}{5}(s+2)$,即$s>\frac{4}{3}$時,不存在滿足題意的λ;
當(dāng)$2s≤\frac{4}{5}(s+2)$,即$0<s≤\frac{4}{3}$時,存在滿足題意的λ,且$λ∈[{2s,\frac{4}{5}(s+2)}]$.
∵s為正整數(shù),∴s=1.
此時,$λ∈[{2,\frac{12}{5}}]$,∵λ為整數(shù),∴λ=10.
點評 本題考查的知識點是復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性,二次函數(shù)的圖象和性質(zhì),函數(shù)恒成立問題,轉(zhuǎn)化思想,難度中檔.
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A. | 0 | B. | 1 | C. | 2 | D. | 1或2 |
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A. | f(a)<0,f(b)<0 | B. | f(a)>0,f(b)>0 | C. | f(a)>0,f(b)<0 | D. | f(a)<0,f(b)>0 |
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