Question

12．對(duì)于函數(shù)f（x），g（x），記集合D_f＞g={x|f（x）＞g（x）}．
（1）設(shè)f（x）=2|x|，g（x）=x+3，求D_f＞g；
（2）設(shè)f₁（x）=x-1，${f_2}（x）={（\frac{1}{3}）^x}+a•{3^x}+1$，h（x）=0，如果${D_{{f_1}＞h}}∪{D_{{f_2}＞h}}=R$．求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）直接根據(jù)新定義解不等式即可，
（2）方法一：由題意可得則${（{\frac{1}{3}}）^x}+a•{3^x}+1＞0$在R上恒成立，分類討論，即可求出a的取值范圍，
方法二：夠造函數(shù)，求出函數(shù)的最值，即可求出a的取值范圍．

解答 解：（1）由2|x|＞x+3，得D_f＞g={x|x＜-1或x＞3}；
（2）方法一：${D_{{f_1}＞h}}=\left\{{x\left|{x-1＞0}\right.}\right\}=\left\{{x\left|{x＞1}\right.}\right\}$，${D_{{f_2}＞h}}=\left\{{x\left|{{{（{\frac{1}{3}}）}^x}+a•{3^x}+1＞0}\right.}\right\}$，
由${D_{{f_1}＞h}}∪{D_{{f_2}＞h}}=R$${D_{{f_2}＞h}}=R，或{D_{{f_2}＞h}}=（{-∞，m），（其中m＞1）}\right.$${D_{{f_2}＞h}}=R$，
則${（{\frac{1}{3}}）^x}+a•{3^x}+1＞0$在R上恒成立，
令${（{\frac{1}{3}}）^x}=t∈（{0，+∞}）$，a＞-t²-t，${y_1}=-{t^2}-t=-{（t+\frac{1}{2}）^2}+\frac{1}{4}＜0$，
∴a≥0時(shí)成立．
$對(duì)于{D_{{f_2}＞h}}=（{-∞，m），（其中m＞1）}\right.$
以下只討論a＜0的情況
對(duì)于${（{\frac{1}{3}}）^x}+a•{3^x}+1＞0$，
$（\frac{1}{3}）^{x}$=t＞0，t²+t+a＞0，解得t＜$\frac{-1-\sqrt{1-4a}}{2}$或t＞$\frac{-1+\sqrt{1-4a}}{2}$，（a＜0）
又t＞0，所以$t＞\frac{{-1+\sqrt{1-4a}}}{2}即{（{\frac{1}{3}}）^x}＞\frac{{-1+\sqrt{1-4a}}}{2}$$⇒x＜{log_{\frac{1}{3}}}\frac{{-1+\sqrt{1-4a}}}{2}$，
∴$m={log_{\frac{1}{3}}}\frac{{-1+\sqrt{1-4a}}}{2}＞1$=${log_{\frac{1}{3}}}$$\frac{1}{3}⇒a＞-\frac{4}{9}$
綜上所述：$a＞-\frac{4}{9}$
方法二（2）${D_{{f_1}＞h}}=\left\{{x\left|{x-1＞0}\right.}\right\}=\left\{{x\left|{x＞1}\right.}\right\}$，${D_{{f_2}＞h}}=\left\{{x\left|{{{（{\frac{1}{3}}）}^x}+a•{3^x}+1＞0}\right.}\right\}$，
由${D_{{f_1}＞h}}∪{D_{{f_2}＞h}}=R$${D_{{f_2}＞h}}=R，或{D_{{f_2}＞h}}=（{-∞，m），（其中m＞1）}\right.$a≥0．顯然${（{\frac{1}{3}}）^x}+a•{3^x}+1＞0$恒成立，
即x∈Ra＜0時(shí)，${（{\frac{1}{3}}）^x}+a•{3^x}+1＞0$，在x≤1上恒成立
令${（{\frac{1}{3}}）^x}=t，（{t≥\frac{1}{3}}），a＞-{t^2}-t$，${y_1}=-{t^2}-t=-{（t+\frac{1}{2}）^2}+\frac{1}{4}$，
所以${（{y_1}）_{max}}=-\frac{4}{9}$，$0＞a＞-\frac{4}{9}$
綜上所述：$a＞-\frac{4}{9}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了新定義和恒成立的問題，培養(yǎng)了學(xué)生的運(yùn)算能力，分析分析問題的能力，轉(zhuǎn)換能力，屬于難題．