Question

16．已知函數(shù)f（x）=sinx（x∈R），則下列四個(gè)說(shuō)法：
①函數(shù)g（x）=$\frac{{f}^{2}（x）-f（x）}{f（x）-1}$是奇函數(shù)；
②函數(shù)f（x）滿足：對(duì)任意x₁，x₂∈[0，π]且x₁≠x₂都有f（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＜$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]；
③若關(guān)于x的不等式f²（x）-f（x）+a≤0在R上有解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（-∞，$\frac{1}{4}$]；
④若關(guān)于x的方程3-2cos²x=f（x）-a在[0，π]恰有4個(gè)不相等的解x₁，x₂，x₃，x₄；則實(shí)數(shù)a的取值范圍是[-1，-$\frac{7}{8}$），且x₁+x₂+x₃+x₄=2π；
其中說(shuō)法正確的序號(hào)是③④．

Answer 1

分析 ①求出函數(shù)g（x）的定義域，由定義域不關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱判斷函數(shù)為非奇非偶函數(shù)；
②利用三角函數(shù)的和差化積判斷；
③利用換元法，把不等式轉(zhuǎn)化為一元二次不等式求解；
④利用換元法，把函數(shù)轉(zhuǎn)化為一元二次函數(shù)進(jìn)行零點(diǎn)判斷．

解答 解：對(duì)于①，由f（x）-1≠，得f（x）≠1，∴sinx≠1，即$x≠\frac{π}{2}+2kπ，k∈Z$，
則函數(shù)g（x）=$\frac{{f}^{2}（x）-f（x）}{f（x）-1}$的定義域?yàn)閧x|$x≠\frac{π}{2}+2kπ，k∈Z$}，函數(shù)為非奇非偶函數(shù)，故①錯(cuò)誤；
對(duì)于②，對(duì)任意x₁，x₂∈[0，π]且x₁≠x₂，有f（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=sin$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，
$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]=$\frac{1}{2}（sin{x}_{1}+sin{x}_{2}）$=$\frac{1}{2}•2sin\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}cos\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{2}$≤sin$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，故＜②錯(cuò)誤；
對(duì)于③，令f（x）=sinx=t（-1≤t≤1），
關(guān)于x的不等式f²（x）-f（x）+a≤0在R上有解，即t²-t+a≤0在[-1，1]上有解，
則$（\frac{1}{2}）^{2}-\frac{1}{2}+a≤0$，即a$≤\frac{1}{4}$，∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是（-∞，$\frac{1}{4}$]，故③正確；
對(duì)于④，關(guān)于x的方程3-2cos²x=f（x）-a在[0，π]恰有4個(gè)不相等的解x₁，x₂，x₃，x₄，
即2sin²x-sinx+1+a=0在[0，π]恰有4個(gè)不相等的解x₁，x₂，x₃，x₄，
∵x∈[0，π]，∴sinx∈[0，1]，設(shè)t=sinx，則t∈[0，1]，2t²-t+1+a=0．
由于[0，1）內(nèi)的一個(gè)t值對(duì)應(yīng)了[0，π]內(nèi)的2個(gè)x值，
則由題意可得，關(guān)于t的方程f（t）=2t²-t+1+a=0在[0，1）上有兩個(gè)不等根．
則$\left\{\begin{array}{l}{f（0）=1+a≥0}\\{f（\frac{1}{4}）=2×（\frac{1}{4}）^{2}-\frac{1}{4}+1+a＜0}\end{array}\right.$，解得-1$≤a＜-\frac{7}{8}$，此時(shí)x₁+x₂+x₃+x₄=2π，故④正確．
∴正確的命題是③④．
故答案為：③④．

點(diǎn)評(píng) 本題考查命題的真假判斷與應(yīng)用，考查了與正弦函數(shù)有關(guān)的復(fù)合函數(shù)的性質(zhì)判斷，考查了復(fù)合函數(shù)的零點(diǎn)判斷，是中檔題．