分析 (1)①f(x)在$(0,\frac{1}{2})$上為減函數(shù),在$(\frac{1}{2},+∞)$上為增函數(shù),當(dāng)0<a<b且f(a)=f(b)時(shí),$0<a<\frac{1}{2}<b$,且$\frac{1}{a}-2=2-\frac{1}$,即可求$\frac{1}{a}+\frac{1}$的值;②由①知$\frac{1}{a}=4-\frac{1}$,代入,利用配方法求$\frac{1}{a^2}+\frac{2}{b^2}$的取值范圍;
(2)假設(shè)存在[m,n]⊆(0,+∞),當(dāng)x∈[m,n]時(shí),f(x)的值域?yàn)閇m,n],則m>0.$f(\frac{1}{2})=0$,可得$\frac{1}{2}∉[m,n]$.利用分類(lèi)討論,即可得出結(jié)論.
解答 解:(1)由題意,$f(x)=\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{x}-2,0<x<\frac{1}{2}\\ 2-\frac{1}{x},x≥\frac{1}{2}.\end{array}\right.$
∴f(x)在$(0,\frac{1}{2})$上為減函數(shù),在$(\frac{1}{2},+∞)$上為增函數(shù). …(1分)
①∵0<a<b,且f(a)=f(b),
∴$0<a<\frac{1}{2}<b$,且$\frac{1}{a}-2=2-\frac{1}$,
∴$\frac{1}{a}+\frac{1}=4$.…(3分)
②由①知$\frac{1}{a}=4-\frac{1}$,
∴$\frac{1}{a^2}+\frac{2}{b^2}={(4-\frac{1})^2}+\frac{2}{b^2}=\frac{3}{b^2}-\frac{8}+16=3{(\frac{1}-\frac{4}{3})^2}+\frac{32}{3}$,
∵$0<\frac{1}<2$,∴$\frac{1}{a^2}+\frac{2}{b^2}∈[\frac{32}{3},16)$.…(5分)
(2)假設(shè)存在[m,n]⊆(0,+∞),當(dāng)x∈[m,n]時(shí),f(x)的值域?yàn)閇m,n],則m>0.
∵$f(\frac{1}{2})=0$,∴$\frac{1}{2}∉[m,n]$.…(7分)
①若$0<m<n<\frac{1}{2}$,∵f(x)在$(0,\frac{1}{2})$上為減函數(shù),
∴$\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{m}-2=n\\ \frac{1}{n}-2=m.\end{array}\right.$解得$m=n=\sqrt{2}-1$或$m=n=-\sqrt{2}-1$,不合題意.…(9分)
②若$\frac{1}{2}<m<n$,∵f(x)在$(\frac{1}{2},+∞)$上為增函數(shù),
∴$\left\{\begin{array}{l}2-\frac{1}{m}=m\\ 2-\frac{1}{n}=n.\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}m=1\\ n=1.\end{array}\right.$不合題意.…(11分)
綜上可知,不存在[m,n]⊆(0,+∞),當(dāng)x∈[m,n]時(shí),f(x)的值域?yàn)閇m,n],即f(x)不是(0,+∞)上的“保域函數(shù)”.…(12分)
點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了新的定義,以及函數(shù)的值域,同時(shí)考查了等價(jià)轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想,屬于中檔題.
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科目:高中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:選擇題
A. | 2 | B. | $\frac{π}{5}$ | C. | 3 | D. | $\frac{2π}{5}$ |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:選擇題
A. | (x-2)2+(y+1)2=1 | B. | (x-2)2+(y-1)2=1 | C. | (x-1)2+(y+2)2=1 | D. | (x+1)2+(y-2)2=1 |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:填空題
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