Question

2．已知g（x）=log${\;}_{\frac{1}{3}}$x的反函數(shù)為y=f（x）．
（1）若函數(shù)g（kx²+2x+1）的定義域為R，求k的范圍；
（2）當(dāng)x∈[-1，1]時，函數(shù)y=[f（x）]²-2mf（x）+3存在零點，求m范圍；
（3）定義在I上的函數(shù)F（x），如果滿足：對任意x∈I，存在常數(shù)M，使得F（x）≤M成立，則稱函數(shù)F（x）是I上的“上限”函數(shù)，其中M為函數(shù)F（x）的“上限”．記h（x）=$\frac{1-mf（-x）}{1+mf（-x）}$（m≠0）；問：函數(shù)h（x）在區(qū)間[0，1]上是否存在“上限”M？若存在，求出M的范圍；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)對數(shù)函數(shù)的真數(shù)大于0，其定義域為R，即可求解k的范圍．
（2）由題意y=f（x）=3^-x，那么：y=[f（x）]²-2mf（x）+3=3^-2x-2m3^-x+3存在零點，利用復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性討論其最小值小于等于0，求其m范圍；
（3）由題意：h（x）=$\frac{1-mf（-x）}{1+mf（-x）}$=$\frac{1-m{3}^{x}}{1+m{3}^{x}}$=-1+$\frac{2}{1+m{3}^{x}}$（m≠0）；函數(shù)h（x）在區(qū)間[0，1]上討論m從而確定是否存在上限．

解答 解：（1）由題意：g（x）=log${\;}_{\frac{1}{3}}$x；
那么：g（kx²+2x+1）=log${\;}_{\frac{1}{3}}$（kx²+2x+1）的定義域為R，
則滿足：$\left\{\begin{array}{l}{k＞0}\\{^{2}-4ac＜0}\end{array}\right.$⇒$\left\{\begin{array}{l}{k＞0}\\{4-4k＜0}\end{array}\right.$，解得：k＞1，
故k的范圍是（1，+∞）．
（2）由題意：g（x）=log${\;}_{\frac{1}{3}}$x的反函數(shù)為y=f（x）．
那么：f（x）=3^-x，
則y=[f（x）]²-2mf（x）+3=（3^-x）²-2m3^-x+3=（3^-x-m）²+3-m²．
∵x∈[-1，1]，
∴${3}^{-x}∈[\frac{1}{3}，3]$．
當(dāng)m$≤\frac{1}{3}$時，函數(shù)y在區(qū)間x∈[-1，1]上是單調(diào)減函數(shù)，y的最小值為：$（\frac{1}{3}-m）^{2}+3-{m}^{2}$=28-6m．
有零點存在，則：28-6m≤0，解得：$m≥\frac{14}{3}$．
故m的范圍是∅．
當(dāng)m≥3時，函數(shù)y在區(qū)間x∈[-1，1]上是單調(diào)增函數(shù)，y的最小值為：（3-m）²+3+m²=12-6m．
有零點存在，則：12-6m≤0，解得：m≥2；
故m的范圍是[3，+∞）．
當(dāng)$\frac{1}{3}$＜m＜3時，y的最小值為：3-m²；
有零點存在，則：3-m²≤0，解得：$m≥\sqrt{3}$或$m≤-\sqrt{3}$；
故m的范圍是[$\sqrt{3}$，3）．
綜上所述：m范圍是：[$\sqrt{3}$，+∞）．
（3）由題意：h（x）=$\frac{1-mf（-x）}{1+mf（-x）}$=$\frac{1-m{3}^{x}}{1+m{3}^{x}}$=-1+$\frac{2}{1+m{3}^{x}}$（m≠0）；
當(dāng)m＞0時，1+m3^x＞1，則=-1+$\frac{2}{1+m{3}^{x}}$＜-1+2=1；
故M≥1；
當(dāng)m＜0時，1+m3^x可以趨近于0，
故沒有上限．
綜上所述：當(dāng)m＞0時，M≥1；
當(dāng)m＜0時，不存在M．

點評 本題考查了對數(shù)函數(shù)的綜合運用能力和計算，分析能力，考查了復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性的判斷及運用與新定義的結(jié)合．屬于難題．