Question

3．設(shè)T?R，若存在常數(shù)M＞0，使得對任意t∈T，均有|t|≤M，則稱T為有界集合，同時稱M為集合T的上界．
（1）設(shè)A₁={y|y=$\frac{{2}^{x}-1}{{2}^{x}+1}$，x∈R}，A₂={x|sinx＞$\frac{1}{2}$}，試判斷A₁、A₂是否為有界集合，并說明理由；
（2）已知f（x）=x²+u，記f₁（x）=f（x），f_n（x）=f（f_n-1（x））（n=2，3，…），若m∈R，u∈[$\frac{1}{4}$，+∞），且B={f_n（m）|n∈N*}為有界集合，求u的值及m的取值范圍；
（3）設(shè)a，b，c均為正數(shù)，將（a-b）²、（b-c）²、（c-a）²中的最小值記為d，是否存在正數(shù)λ∈（0，1），使得λ為有界集合C={y|$\fracztfmruz{{a}^{2}+^{2}+{c}^{2}}$，a、b、c均為正數(shù)}的上界，若存在，試求λ的最小值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）利用不等式和函數(shù)的單調(diào)性求出集合A₁、A₂表示的區(qū)間，從而得出結(jié)論；
（2）判斷f_n（m）的單調(diào)性，利用不等式的傳遞性和不等式恒成立得出μ，對m與$\frac{1}{2}$的大小關(guān)系進行討論，判斷集合B的有界性；
（3）設(shè)c＜b＜a，對a-b，b-c的大小關(guān)系進行討論，利用不等式的性質(zhì)得出d與a²+b²+c²的關(guān)系，從而得出集合C的上界．

解答 解：（1）y=$\frac{{2}^{x}-1}{{2}^{x}+1}$=1-$\frac{2}{{2}^{x}+1}$＜1，
又y=$\frac{{2}^{x}-1}{{2}^{x}+1}$在R上是增函數(shù)，且x→-∞時，y→-1，
∴|$\frac{{2}^{x}-1}{{2}^{x}+1}$|＜1，
∴A₁={y|y=$\frac{{2}^{x}-1}{{2}^{x}+1}$，x∈R}是有界集合，上界為1；
由sinx$＞\frac{1}{2}$得2kπ+$\frac{π}{6}$＜x＜2kπ+$\frac{5π}{6}$，即A₂={x|2kπ+$\frac{π}{6}$＜x＜2kπ+$\frac{5π}{6}$，k∈Z}，
∴對任意一個t∈A₂，都有一個t₁=t+2π∈A₂，故A₂不是有界集合．
（2）f_n（x）-f_n-1（x）=f_n-1²（x）-f_n-1（x）+μ=（f_n-1（x）-$\frac{1}{2}$）²+μ-$\frac{1}{4}$≥0，
∴f_n（x）≥f_n-1（x），
又f₁（x）=x²+u≥$\frac{1}{4}$，∴f_n（x）≥$\frac{1}{4}$，
∵B={f_n（m）|n∈N*}為有界集合，∴存在常數(shù)M使得f_n（m）≤M，
又f_n（m）=f_n（m）-f_n-1（m）+f_n-1（m）-f_n-2（m）+f_n-2（m）+…+f₂（m）-f₁（m）+f₁（m）
=（f_n-1（m）-$\frac{1}{2}$）²+μ-$\frac{1}{4}$+（f_n-2（m）-$\frac{1}{2}$）²+μ-$\frac{1}{4}$+…+（f₁（m）-$\frac{1}{2}$）²+μ-$\frac{1}{4}$+m²+μ
=（f_n-1（m）-$\frac{1}{2}$）²+（f_n-2（m）-$\frac{1}{2}$）²+…+（f₁（m）-$\frac{1}{2}$）²+m²+n（μ-$\frac{1}{4}$）+μ
≥n（μ-$\frac{1}{4}$）+μ，
∴n（μ-$\frac{1}{4}$）+μ≤M恒成立，又μ≥$\frac{1}{4}$，
∴μ=$\frac{1}{4}$，∴f（x）=x²+$\frac{1}{4}$．
設(shè)m=$\frac{1}{2}+λ$，
（i）若λ＞0，則f₁（m）-m=m²+$\frac{1}{4}$-m=（$\frac{1}{2}+λ$）²+$\frac{1}{4}$-（$\frac{1}{2}+λ$）=λ²＞0，
∴f₁（m）＞m$＞\frac{1}{2}$，
∴f_n（m）＞f_n-1（m）＞f_n-2（m）＞…＞f₂（m）＞f₁（m）＞m$＞\frac{1}{2}$，
令g（x）=f（x）-x=（x-$\frac{1}{2}$）²，則g（x）在（$\frac{1}{2}$，+∞）上單調(diào)遞增，
∴f（f_n-1（m））-f_n-1（m）＞f（m）-m=λ²，
即f_n（m）＞f_n-1（m）+λ²＞f_n-2（m）+2λ²＞…＞f₁（m）+（n-1）λ²=m²+$\frac{1}{4}$+（n-1）λ²．
∵f_n（m）≤M恒成立，∴λ²=0，矛盾．
（ii）若λ=0，由（i）可知f_n（m）=f_n-1（m）=f_n-2（m）=…＞=f₂（m）=f₁（m）=m=$\frac{1}{2}$，
顯然B={f_n（m）|n∈N*}={$\frac{1}{2}$}為有界集合，符合題意；
（iii）若λ＜0，同理可得f₁（m）-m=m²+$\frac{1}{4}$-m=（$\frac{1}{2}+λ$）²+$\frac{1}{4}$-（$\frac{1}{2}+λ$）=λ²，
∴f₁（m）=m+λ²=$\frac{1}{2}+λ$+λ²，
若f₁（m）$＞\frac{1}{2}$即$\frac{1}{2}+λ$+λ²$＞\frac{1}{2}$，解得λ＜-1或λ＞0（舍），
由（i）知m不可能大于$\frac{1}{2}$，故λ＜-1不成立．
若λ=-1，則m=-$\frac{1}{2}$，f_n（m）=f_n-1（m）=f_n-2（m）=…＞=f₂（m）=f₁（m）=m²+$\frac{1}{4}$=$\frac{1}{2}$，
由（ii）可知符合題意；
若-1＜λ＜0，則λ²+λ=（$λ+\frac{1}{2}$）²-$\frac{1}{4}$∈（-$\frac{1}{4}$，0），
∴f₁（m）=m+λ²=$\frac{1}{2}+λ+{λ}^{2}$∈（$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{2}$），
∴存在λ₁∈（-1，0）使得f₁（m）=$\frac{1}{2}$+λ₁，存在λ₂∈（-1，0）使得f₂（m）=$\frac{1}{2}$+λ₂，
以此類推，存在λ_n∈（-1，0），使得f_n（m）=$\frac{1}{2}+{λ}_{n}$，
此時，$\frac{1}{4}$＜f₁（m）＜f₂（m）＜f₃（m）＜…＜f_n（m）＜$\frac{1}{2}$，
顯然B═{f_n（m）|n∈N*}為有界集合，符合題意．
綜上，λ∈[-1，0]，∴m的范圍是[-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$]．
（3）假設(shè)c＜b＜a，
（i）若b=$\frac{a+c}{2}$，則d=（$\frac{a-c}{2}$）²，
此時，a²+b²+c²=a²+c²+（$\frac{a+c}{2}$）²=（a-c）²+（$\frac{a-c}{2}$）²+3ac=5d+3ac，
∴$\fracm27dxeu{{a}^{2}+^{2}+{c}^{2}}$=$\frac{1}{5}$-$\frac{1}{5}$×$\frac{3ac}{{a}^{2}+^{2}+{c}^{2}}$=$\frac{1}{5}$-$\frac{1}{5}$×$\frac{3ac}{{a}^{2}+{c}^{2}+\frac{（a+c）^{2}}{4}}$=$\frac{1}{5}-\frac{1}{5}×$$\frac{12ac}{5{a}^{2}+2ac+5{c}^{2}}$，
而$\frac{12ac}{5{a}^{2}+2ac+5{c}^{2}}$=$\frac{12}{5（\frac{a}{c}）^{2}+2+5（\frac{c}{a}）^{2}}$∈（0，1），
∴y=$\fracywirafz{{a}^{2}+^{2}+{c}^{2}}$=$\frac{1}{5}-\frac{1}{5}×$$\frac{12ac}{5{a}^{2}+2ac+5{c}^{2}}$∈（0，$\frac{1}{5}$）．
∴λ_min=$\frac{1}{5}$．
（ii）若a-b≥b-c，即a≥2b-c時，d=（b-c）²，
此時5d-（a²+b²+c²）=5（b-c）²-（a²+b²+c²）≤5（b-c）²-（2b-c）²-b²-c²=-6bc+3c²＜0，
∴$\fracojdtnhq{{a}^{2}+^{2}+{c}^{2}}$＜$\frac{1}{5}$，
（iii）若a-b≤b-c，即0＜a＜2b-c＜2b時，d=（a-b）²，
此時5d-（a²+b²+c²）=5（a-b）²-（a²+b²+c²）=4a²-10ab+4b²-c²=2（a-2b）（2a-b）-c²＜0，
∴$\fracc20oxgw{{a}^{2}+^{2}+{c}^{2}}$＜$\frac{1}{5}$，
綜上，0＜y＜$\frac{1}{5}$，
∴存在λ=$\frac{1}{5}$，使得λ為有界集合C={y|$\fracpxclqvl{{a}^{2}+^{2}+{c}^{2}}$，a、b、c均為正數(shù)}的上界．

點評 本題考查了對新定義的理解與應(yīng)用，函數(shù)最值計算與不等式的應(yīng)用，分類討論思想，屬于難題．