Question

3．设T?R，若存在常数M＞0，使得对任意t∈T，均有|t|≤M，则称T为有界集合，同时称M为集合T的上界．
（1）设A₁={y|y=$\frac{{2}^{x}-1}{{2}^{x}+1}$，x∈R}，A₂={x|sinx＞$\frac{1}{2}$}，试判断A₁、A₂是否为有界集合，并说明理由；
（2）已知f（x）=x²+u，记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*}为有界集合，求u的值及m的取值范围；
（3）设a，b，c均为正数，将（a-b）²、（b-c）²、（c-a）²中的最小值记为d，是否存在正数λ∈（0，1），使得λ为有界集合C={y|$\frac{d}{{a}^{2}+{b}^{2}+{c}^{2}}$，a、b、c均为正数}的上界，若存在，试求λ的最小值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）利用不等式和函数的单调性求出集合A₁、A₂表示的区间，从而得出结论；
（2）判断f_n（m）的单调性，利用不等式的传递性和不等式恒成立得出μ，对m与$\frac{1}{2}$的大小关系进行讨论，判断集合B的有界性；
（3）设c＜b＜a，对a-b，b-c的大小关系进行讨论，利用不等式的性质得出d与a²+b²+c²的关系，从而得出集合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上是增函数，且x→-∞时，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，上界为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}，
∴对任意一个t∈A₂，都有一个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*}为有界集合，∴存在常数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+$\frac{1}{4}$．
设m=$\frac{1}{2}+λ$，
（i）若λ＞0，则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，则g（x）在（$\frac{1}{2}$，+∞）上单调递增，
∴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=$\frac{1}{2}$，
显然B={f_n（m）|n∈N*}={$\frac{1}{2}$}为有界集合，符合题意；
（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，则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）可知符合题意；
若-1＜λ＜0，则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，
以此类推，存在λ_n∈（-1，0），使得f_n（m）=$\frac{1}{2}+{λ}_{n}$，
此时，$\frac{1}{4}$＜f₁（m）＜f₂（m）＜f₃（m）＜…＜f_n（m）＜$\frac{1}{2}$，
显然B═{f_n（m）|n∈N*}为有界集合，符合题意．
综上，λ∈[-1，0]，∴m的范围是[-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$]．
（3）假设c＜b＜a，
（i）若b=$\frac{a+c}{2}$，则d=（$\frac{a-c}{2}$）²，
此时，a²+b²+c²=a²+c²+（$\frac{a+c}{2}$）²=（a-c）²+（$\frac{a-c}{2}$）²+3ac=5d+3ac，
∴$\frac{d}{{a}^{2}+{b}^{2}+{c}^{2}}$=$\frac{1}{5}$-$\frac{1}{5}$×$\frac{3ac}{{a}^{2}+{b}^{2}+{c}^{2}}$=$\frac{1}{5}$-$\frac{1}{5}$×$\frac{3ac}{{a}^{2}+{c}^{2}+\frac{（a+c）^{2}}{4}}$=$\frac{1}{5}-\frac{1}{5}×$$\frac{12ac}{5{a}^{2}+2ac+5{c}^{2}}$，
而$\frac{12ac}{5{a}^{2}+2ac+5{c}^{2}}$=$\frac{12}{5（\frac{a}{c}）^{2}+2+5（\frac{c}{a}）^{2}}$∈（0，1），
∴y=$\frac{d}{{a}^{2}+{b}^{2}+{c}^{2}}$=$\frac{1}{5}-\frac{1}{5}×$$\frac{12ac}{5{a}^{2}+2ac+5{c}^{2}}$∈（0，$\frac{1}{5}$）．
∴λ_min=$\frac{1}{5}$．
（ii）若a-b≥b-c，即a≥2b-c时，d=（b-c）²，
此时5d-（a²+b²+c²）=5（b-c）²-（a²+b²+c²）≤5（b-c）²-（2b-c）²-b²-c²=-6bc+3c²＜0，
∴$\frac{d}{{a}^{2}+{b}^{2}+{c}^{2}}$＜$\frac{1}{5}$，
（iii）若a-b≤b-c，即0＜a＜2b-c＜2b时，d=（a-b）²，
此时5d-（a²+b²+c²）=5（a-b）²-（a²+b²+c²）=4a²-10ab+4b²-c²=2（a-2b）（2a-b）-c²＜0，
∴$\frac{d}{{a}^{2}+{b}^{2}+{c}^{2}}$＜$\frac{1}{5}$，
综上，0＜y＜$\frac{1}{5}$，
∴存在λ=$\frac{1}{5}$，使得λ为有界集合C={y|$\frac{d}{{a}^{2}+{b}^{2}+{c}^{2}}$，a、b、c均为正数}的上界．

点评 本题考查了对新定义的理解与应用，函数最值计算与不等式的应用，分类讨论思想，属于难题．