好的,我来尝试解答一下这个题目。题目分为三个小题,我先从第一个小题开始。
**第一小题:**
已知函数 f(x)=log2x,定义域是 D,对于 t∈D,定义集合 Sf(t)={x∣f(x)≥f(t)},求 Sf(t)。
首先,我需要明确一下函数 f(x)=log2x 的定义域。因为对数函数的底数是2,大于0且不等于1,所以定义域是 x>0,也就是 D=(0,+∞)。
现在,集合 Sf(t) 定义为所有 x 使得 f(x)≥f(t),也就是 log2x≥log2t。
因为对数函数 log2x 在定义域内是单调递增的,所以 log2x≥log2t 等价于 x≥t。
所以,集合 Sf(t)={x∣x≥t},也就是 [t,+∞)。
这应该是第一小题的答案。
**第二小题:**
对于集合 A,若对任意 x∈A 都有 −x∈A,则称 A 是对称集。若 D 是对称集,证明:“函数 y=f(x) 是偶函数”的充要条件是“对任意 t∈D,Sf(t) 是对称集”。
首先,偶函数的定义是 f(−x)=f(x) 对所有 x∈D 成立。
现在要证明的是,f(x) 是偶函数当且仅当对任意 t∈D,Sf(t) 是对称集。
我需要从两个方面来证明:充分性和必要性。
**充分性:** 假设 f(x) 是偶函数,即 f(−x)=f(x)。要证明对任意 t∈D,Sf(t) 是对称集。
即,要证明如果 x∈Sf(t),则 −x∈Sf(t)。
因为 x∈Sf(t) 意味着 f(x)≥f(t)。
由于 f 是偶函数,有 f(−x)=f(x)≥f(t),所以 −x∈Sf(t)。
因此,Sf(t) 是对称集。
**必要性:** 假设对任意 t∈D,Sf(t) 是对称集。要证明 f(x) 是偶函数。
即,要证明 f(−x)=f(x) 对所有 x∈D 成立。
首先,因为 D 是对称集,所以对于任意 x∈D,有 −x∈D。
考虑 t=x,那么 Sf(x)={y∣f(y)≥f(x)}。
因为 Sf(x) 是对称集,所以如果 y∈Sf(x),则 −y∈Sf(x)。
特别是,x∈Sf(x)(因为 f(x)≥f(x)),所以 −x∈Sf(x),即 f(−x)≥f(x)。
同理,考虑 t=−x,有 Sf(−x)={y∣f(y)≥f(−x)}。
因为 Sf(−x) 是对称集,所以如果 y∈Sf(−x),则 −y∈Sf(−x)。
特别是,−x∈Sf(−x),所以 x∈Sf(−x),即 f(x)≥f(−x)。
综上,有 f(−x)≥f(x) 和 f(x)≥f(−x),所以 f(−x)=f(x),即 f 是偶函数。
这样就证明了充要条件。
**第三小题:**
若 x∈R,f(x)=ex−21mx2。求 m 的取值范围,使得对于任意 t1<t2∈D,都有 Sf(t1)⊆Sf(t2)。
首先,定义域 D 是 R,因为 ex 和 x2 在实数上都有定义。
集合 Sf(t)={x∣f(x)≥f(t)}={x∣ex−21mx2≥et−21mt2}。
要使得对于任意 t1<t2,都有 Sf(t1)⊆Sf(t2),即如果 x 使得 f(x)≥f(t1),则 f(x)≥f(t2)。
这相当于说,如果 f(x)≥f(t1),则 f(x)≥f(t2)。
这意味着,f(t1)≥f(t2)。
但是,这显然不总是成立,因为 t1<t2,而 f(x)=ex−21mx2 的单调性取决于 m 的取值。
我需要更深入地分析 f(x) 的性质。
首先,求 f(x) 的导数:
f′(x)=ex−mx
研究 f(x) 的单调性。
如果 f(x) 是单调递增的,那么 f(t1)<f(t2) 当 t1<t2,但这样 Sf(t1) 包含所有 x 使得 f(x)≥f(t1),而 Sf(t2) 包含所有 x 使得 f(x)≥f(t2),由于 f(t2)>f(t1),所以 Sf(t2)⊆Sf(t1),不满足题意。
所以,可能需要 f(x) 是单调递减的,这样 f(t1)>f(t2) 当 t1<t2,那么 Sf(t1)⊆Sf(t2)。
所以,我需要 f(x) 在整个定义域上是单调递减的。
即,f′(x)=ex−mx≤0 对所有 x∈R 成立。
现在需要求 m 的取值范围,使得 ex−mx≤0 对所有 x∈R 成立。
首先,考虑 x→−∞,ex→0,而 −mx→+∞ 如果 m>0,或者 −mx→−∞ 如果 m<0。
为了 ex−mx≤0,当 x→−∞,如果 m>0,则 −mx→+∞,所以 ex−mx→−∞≤0,这成立。
当 x→+∞,ex 增长比 mx 快,所以 ex−mx→+∞,这不满足 ex−mx≤0。
所以,只有当 m 足够大,使得 ex−mx≤0 对所有 x∈R 成立。
但实际上,当 x→+∞,ex 始终会超过任何线性函数 mx,所以不可能有 ex−mx≤0 对所有 x 成立。
看来我的思路有问题。
也许需要重新考虑题目的条件。
题目要求的是对于任意 t1<t2∈D,都有 Sf(t1)⊆Sf(t2),即如果 f(x)≥f(t1),则 f(x)≥f(t2)。
这意味着,集合 Sf(t) 随着 t 增大而增大,即 t1<t2 时,Sf(t1)⊆Sf(t2)。
这等价于 f(t) 是递减函数,因为 t1<t2 时,f(t1)≥f(t2),所以 Sf(t1) 包含所有 x 使得 f(x)≥f(t1),而 Sf(t2) 包含所有 x 使得 f(x)≥f(t2),因为 f(t1)≥f(t2),所以 Sf(t2)⊆Sf(t1),这与题目要求的相反。
看来我理解错了。
也许应该理解为,Sf(t) 随 t 增大而增大,即 t1<t2 时,Sf(t1)⊆Sf(t2),这意味着当 t 增大时,f(t) 减小,因为 Sf(t) 是 f(x)≥f(t),所以 f(t) 减小意味着 Sf(t) 包含更多的 x,即 Sf(t) 增大。
所以,确实需要 f(t) 是单调递减函数。
但是,像之前分析的,f(x)=ex−21mx2 的导数是 f′(x)=ex−mx,要 f′(x)≤0 对所有 x∈R,但这是不可能的,因为当 x→+∞,ex 会超过 mx。
所以,可能需要更深入地分析。
也许需要找到 m 的范围,使得 f(t1)≥f(t2) 当 t1<t2,即 f 是单调递减的。
即使不能在整个实数域上单调递减,可能需要在某个区间内满足这个条件。
或者,考虑 f(x) 的极值点。
求 f′(x)=ex−mx=0,即 ex=mx。
这个方程的解取决于 m 的值。
如果 m 很小,可能只有很少的解;如果 m 很大,可能有多个解。
需要分析这个方程的解的情况。
考虑函数 g(x)=ex−mx,其导数是 g′(x)=ex−m。
令 g′(x)=0,得到 ex=m,即 x=lnm。
所以,函数 g(x) 在 x=lnm 处取得极小值。
计算这个极小值:
g(lnm)=elnm−mlnm=m−mlnm=m(1−lnm)。
要使 g(x)=ex−mx≥0 对所有 x,需要 g(x)≥0。
但是,我们之前知道,当 x→+∞,ex 增长快于 mx,所以 g(x)→+∞。
当 x→−∞,ex→0,−mx→+∞ 如果 m>0,所以 g(x)→+∞。
在 x=lnm,g(lnm)=m(1−lnm)。
要使 g(x)≥0 对所有 x,需要 g(lnm)≥0,即 m(1−lnm)≥0。
因为 m>0,所以 1−lnm≥0,即 lnm≤1,即 m≤e。
所以,当 m≤e,g(x)=ex−mx≥0 对所有 x∈R 成立。
这意味着 f′(x)=ex−mx≥0,即 f(x) 是单调递增的。
但是,这与我们之前的结论矛盾。
看来我需要重新考虑。
题目要求的是 Sf(t1)⊆Sf(t2) 当 t1<t2,这意味着 f(t1)≥f(t2),即 f(x) 是单调递减的。
但是,根据上面的分析,当 m≤e,f′(x)≥0,即 f(x) 是单调递增的。
所以,似乎没有 m 的取值使得 f(x) 是单调递减的。
可能需要更深入地考虑。
也许不是要求 f(x) 全局单调递减,而是局部满足某种条件。
或者,考虑 Sf(t) 的具体形式。
集合 Sf(t)={x∣ex−21mx2≥et−21mt2}。
这可以改写为 ex−et≥21m(x2−t2)。
可能需要比较 ex−et 和 21m(x2−t2) 的大小关系。
这看起来比较复杂,可能需要进一步的技巧。
也许考虑函数 h(x)=ex−21mx2,并研究它的图像。
如果 h(x) 是凹函数或者凸函数,可能有助于分析。
计算二阶导数:
h′′(x)=ex−m。
如果 h′′(x)>0,即 ex−m>0,函数是凸的;如果 h′′(x)<0,函数是凹的。
这个可能对分析 Sf(t) 的包含关系有帮助。
但是,这仍然比较模糊,可能需要尝试其他方法。
也许可以考虑 t1<t2,并比较 Sf(t1) 和 Sf(t2) 的关系。
如果 f(t1)≥f(t2),那么 Sf(t1)⊆Sf(t2)。
所以,需要 f(t) 是单调递减的。
但是,根据前面的分析,f(x)=ex−21mx2 的导数 f′(x)=ex−mx,要使得 f′(x)≤0,即 ex≤mx,这在 x→+∞ 时不可能成立,因为 ex 增长得比 mx 快。
所以,可能没有这样的 m 使得 f(x) 在整个实数域上单调递减。
也许题目有其他的理解方式。
或者,可能需要 Sf(t1)⊆Sf(t2) 对于任意 t1<t2,这可能意味着 f(x) 的图像具有某种单调性或其他性质。
也许需要画图来帮助理解。
考虑 f(x)=ex−21mx2,当 m=0,函数是 ex,是单调递增的。
随着 m 增大,减去 21mx2,这会使得函数在 x 较大时减小,可能使得函数在某些区间内先增后减,或者有极值点。
具体来说,求 f′(x)=ex−mx=0,即 ex=mx。
这个方程的解取决于 m 的值。
当 m 很小时,可能只有一个解;当 m 增大时,可能有两个解。
需要具体分析这个方程的解的情况。
考虑函数 g(x)=ex−mx,其导数是 g′(x)=ex−m。
当 m≤0,g′(x)>0 对所有 x,所以 g(x) 单调递增,只有一个解 x 使得 g(x)=0,如果有的话。
当 m>0,g′(x)=0 当 x=lnm,此时 g(lnm)=m−mlnm=m(1−lnm)。
如果 m(1−lnm)≥0,即 m≤e,那么 g(x)≥0 对所有 x,因为最小值 g(lnm)≥0。
如果 m>e,则 g(lnm)=m(1−lnm)<0,所以 g(x)=0 有两个解,一个在 x<lnm,一个在 x>lnm。
所以,当 m>e,g(x)=0 有两个解;当 m=e,只有一个解;当 m<e,没有实数解或者只有一个解,具体取决于 m。
现在,回到原题,要求 Sf(t1)⊆Sf(t2) 对任意 t1<t2。
这相当于说,对于任意 t1<t2,如果 f(x)≥f(t1),则 f(x)≥f(t2)。
这意味着 f(t1)≥f(t2),即 f(x) 是单调递减的。
但是,根据前面的分析,当 m>e,f(x) 可能在某些区间内是单调递减的,但整体上不一定是单调递减的。
所以,可能需要 m 满足某些更严格的条件。
也许需要 f(x) 是单调递减的,或者 f(x) 的最小值大于等于某个值。
这看起来比较复杂,可能需要进一步的计算。
也许可以考虑 f(t1)≥f(t2) 对任意 t1<t2,即 f(t) 是非增函数。
这等价于 f′(t)≤0 对所有 t∈R。
即 et−mt≤0 对所有 t∈R。
但是,正如之前所说,这是不可能的,因为当 t→+∞,et 增长得比 mt 快。
所以,可能需要考虑 f(t) 的极值情况。
假设 f(t) 在某个点 t0 取得最大值,然后在 t<t0 时 f(t) 单调递增,在 t>t0 时单调递减。
这样,可能无法满足 Sf(t1)⊆Sf(t2) 对任意 t1<t2。
看来这个问题比较复杂,可能需要更深入的分析或者采用其他的方法。
也许需要考虑 f(x)−f(t)≥0,即 ex−21mx2−et+21mt2≥0,然后分析这个不等式。
这可能涉及到函数的凹凸性或者其他的性质,但目前还不清楚具体该怎么进行。
也许需要考虑 f(x) 的图像与 f(t) 的关系,来确定 Sf(t) 的形状。
不过,这对我来说有点困难,可能需要查阅相关的资料或者向老师请教。
总之,这个第三小题确实有些难度,我需要再仔细思考一下,或者尝试其他的方法来解决。