Question

19．若函数f（x）满足：对于任意正数s，t，都有f（s）＞0，f（t）＞0，且f（s）+f（t）＜f（s+t），则称函数f（x）为“L函数”．
（1）试判断函数${f_1}（x）={x^2}$与${f_2}（x）={x^{\frac{1}{2}}}$是否是“L函数”；
（2）若函数g（x）=3^x-1+a（3^-x-1）为“L函数”，求实数a的取值范围；
（3）若函数f（x）为“L函数”，且f（1）=1，求证：对任意x∈（2^k-1，2^k）（k∈N*），都有$f（x）-f（\frac{1}{x}）＞$$\frac{x}{2}-\frac{2}{x}$．

Answer 1

分析 （1）${f_1}（x）={x^2}$根据定义逐一判断即可，${f_2}（x）={x^{\frac{1}{2}}}$利用特殊值，举出反例；
（2）根据定义可知g（t）=3^t-1+a（3^-t-1）＞0，即（3^t-1）（3^t-a）＞0对一切正数t恒成立，可得a≤1，由g（t）+g（s）＜g（t+s），可得3^s+t-3^s-3^t+1+a（3^-s-t-3^-s-3^-t+1）＞0，得出a≥-1，最后求出a的范围；
（3）根据定义，令s=t，可知f（2s）＞2f（s），即$\frac{f（2s）}{f（s）}＞2$，故对于正整数k与正数s，都有$\frac{{f（{2^k}s）}}{f（s）}=\frac{{f（{2^k}s）}}{{f（{2^{k-1}}s）}}•\frac{{f（{2^{k-1}}s）}}{{f（{2^{k-2}}s）}}•…•\frac{f（2s）}{f（s）}＞{2^k}$，进而得出结论．

解答 解：（1）对于函数${f_1}（x）={x^2}$，当t＞0，s＞0时，${f_1}（t）={t^2}＞0，{f_1}（s）={s^2}＞0$，
又${f_1}（t）+{f_1}（s）-{f_1}（t+s）={t^2}+{s^2}-{（t+s）^2}=-2ts＜0$，所以f₁（s）+f₁（t）＜f₁（s+t），
故${f_1}（x）={x^2}$是“L函数”．…（2分）
对于函数${f_2}（x）=\sqrt{x}$，当t=s=1时，${f_2}（t）+{f_2}（s）=2＞\sqrt{2}={f_2}（t+s）$，
故${f_2}（x）=\sqrt{x}$不是“L函数”．…（4分）
（2）当t＞0，s＞0时，由g（x）=3^x-1+a（3^-x-1）是“L函数”，
可知g（t）=3^t-1+a（3^-t-1）＞0，即（3^t-1）（3^t-a）＞0对一切正数t恒成立，
又3^t-1＞0，可得a＜3^t对一切正数t恒成立，所以a≤1．       …（6分）
由g（t）+g（s）＜g（t+s），可得3^s+t-3^s-3^t+1+a（3^-s-t-3^-s-3^-t+1）＞0，
故（3^s-1）（3^t-1）（3^s+t+a）＞0，又（3^t-1）（3^s-1）＞0，故3^s+t+a＞0，
由3^s+t+a＞0对一切正数s，t恒成立，可得a+1≥0，即a≥-1．   …（9分）
综上可知，a的取值范围是[-1，1]．                    …（10分）
（3）由函数f（x）为“L函数”，可知对于任意正数s，t，
都有f（s）＞0，f（t）＞0，且f（s）+f（t）＜f（s+t），
令s=t，可知f（2s）＞2f（s），即$\frac{f（2s）}{f（s）}＞2$，…（12分）
故对于正整数k与正数s，都有$\frac{{f（{2^k}s）}}{f（s）}=\frac{{f（{2^k}s）}}{{f（{2^{k-1}}s）}}•\frac{{f（{2^{k-1}}s）}}{{f（{2^{k-2}}s）}}•…•\frac{f（2s）}{f（s）}＞{2^k}$，…（14分）
对任意x∈（2^k-1，2^k）（k∈N*），可得$\frac{1}{x}∈（{2^{-k}}，{2^{1-k}}）$，又f（1）=1，
所以$f（x）＞f（x-{2^{k-1}}）+f（{2^{k-1}}）＞f（{2^{k-1}}）≥{2^{k-1}}f（1）=\frac{2^k}{2}＞\frac{x}{2}$，…（16分）
同理$f（\frac{1}{x}）＜f（{2^{1-k}}）-f（{2^{1-k}}-\frac{1}{x}）＜f（{2^{1-k}}）≤{2^{1-k}}f（1）={2^{1-k}}＜\frac{2}{x}$，
故$f（x）-f（\frac{1}{x}）＞$$\frac{x}{2}-\frac{2}{x}$．  …（18分）

点评 本题考查了新定义函数的理解和应用新定义函数解决实际问题，综合性强，难度较大．