Question

14．定義在D上的函數(shù)f（x），如果滿足：對任意x∈D，存在常數(shù)M＞0，都有|f（x）|≤M成立，則稱f（x）是D上的有界函數(shù)，其中M稱為函數(shù)f（x）的上界．已知函數(shù)f（x）=1+a•${（\frac{1}{3}）^x}$+${（\frac{1}{9}）^x}$，
（1）當a=-$\frac{1}{2}$時，求函數(shù)f（x）在（-∞，0）上的值域，并判斷函數(shù)f（x）在（-∞，0）上是否為有界函數(shù)，請說明理由；
（2）若函數(shù)f（x）在[0，+∞）上是以4為上界的有界函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍．
（3）g（x）=$\frac{1-m•{x}^{2}}{1+m•{x}^{2}}$，m＞-1，g（x）在[0，1]上的上界為T（m），求T（m）的范圍．

Answer 1

分析 （1）把a=-$\frac{1}{2}$代入函數(shù)的表達式，得出函數(shù)的單調區(qū)間，結合有界函數(shù)的定義進行判斷；
（2）由題意知，|f（x）|≤4對x∈[0，+∞）恒成立．令t=$（\frac{1}{3}）^{x}$，則-（t+$\frac{5}{t}$）≤a≤$\frac{3}{t}$-t對t∈（0，1]恒成立，設s（t）=-（t+$\frac{5}{t}$），h（t）=$\frac{3}{t}$-t，求出單調區(qū)間，得到函數(shù)的最值，從而求出a的取值范圍；
（3）利用分離常數(shù)把函數(shù)g（x）變形，分類求出函數(shù)g（x）的值域得答案．

解答 解：（1）當a=-$\frac{1}{2}$時，f（x）=1+$\frac{1}{2}$•${（\frac{1}{3}）^x}$+${（\frac{1}{9}）^x}$，令t=$（\frac{1}{3}）^{x}$，
∵x＜0，∴t＞1，y=1-$\frac{1}{2}$t+t²，
函數(shù)y=1-$\frac{1}{2}$t+t²在（1，+∞）上單調遞增，
∴y＞$\frac{3}{2}$，即f（x）在（-∞，1）的值域為（$\frac{3}{2}$，+∞），
故不存在常數(shù)M＞0，使|f（x）|≤M成立，
∴函數(shù)f（x）在（-∞，0）上不是有界函數(shù)；   
（2）由題意知，|f（x）|≤4對x∈[0，+∞）恒成立．
即：-4≤f（x）≤4，令t=$（\frac{1}{3}）^{x}$，
∵x≥0，∴t∈（0，1]，
∴-（t+$\frac{5}{t}$）≤a≤$\frac{3}{t}$-t對t∈（0，1]恒成立，
∴$[-（t+\frac{5}{t}）]_{max}≤a≤（\frac{3}{t}-t）_{min}$，
設s（t）=-（t+$\frac{5}{t}$），h（t）=$\frac{3}{t}-t$，由t∈（0，1]，
由于s（t）在t∈（0，1]上遞增，h（t）在t∈（0，1]上遞減，
s（t）在t∈（0，1]上的最大值為s（1）=-6，
h（t）在[1，+∞）上的最小值為h（1）=2．
∴實數(shù)a的取值范圍為[-6，2]；
（3）當x=0時，g（x）=1；
當x≠0時，g（x）=$\frac{1-m•{x}^{2}}{1+m•{x}^{2}}$=$\frac{1+m{x}^{2}-2m{x}^{2}}{1+m{x}^{2}}=1-\frac{2m{x}^{2}}{1+m{x}^{2}}$=$1-\frac{2m}{\frac{1}{{x}^{2}}+m}$（0＜x≤1），
∵0＜x≤1，∴0≤x²≤1，則$\frac{1}{{x}^{2}}≥1$，由m＞-1，
∴$\frac{1}{{x}^{2}}+m＞0$，
則當-1＜m≤0時，0＜$\frac{1}{{x}^{2}}+m$≤1，$\frac{1}{\frac{1}{{x}^{2}}+m}≥1$，1-$\frac{2m}{\frac{1}{{x}^{2}}+m}$≥1+2m，g（x）在[0，1]上無上界；
當m＞0時，$\frac{1}{{x}^{2}}+m$＞1，0＜$\frac{1}{\frac{1}{{x}^{2}}+m}$＜1，1-2m＜1-$\frac{2m}{\frac{1}{{x}^{2}}+m}$＜1，
∴T（m）在[0，1]上的上界T（m）≥1．
綜上，當-1＜m≤0時，g（x）在[0，1]上無上界；m＞0時，T（m）在[0，1]上的上界T（m）≥1．

點評 本題是新定義題，考查了函數(shù)的值域問題及函數(shù)的單調性，函數(shù)的最值問題，體現(xiàn)了數(shù)學轉化思想方法及分類討論的數(shù)學思想方法，綜合性較強．