Question

17．已知f（x）是定義在R上的函數(shù)且f（x）+f（-x）=0．當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）=2x-x²．      
①求f（x）的解析式；
②當(dāng)x∈[1，+∞）時(shí)，g（x）=f（x）；當(dāng)x∈（-∞，1）時(shí)，g（x）=x²-mx+2m-3．g（x）在R上單調(diào)遞減，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
③是否存在正實(shí)數(shù)a，b，使得當(dāng)x∈[a，b]時(shí)，h（x）=f（x），且h（x）的值域?yàn)閇$\frac{1}$，$\frac{1}{a}$]，若存在，求出a，b；若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 ①根據(jù)函數(shù)奇偶性的性質(zhì)即可求f（x）的解析式；
②根據(jù)分段函數(shù)的表達(dá)式，結(jié)合一元二次函數(shù)的單調(diào)性即可求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
③利用一元二次函數(shù)的單調(diào)性，對(duì)a，b進(jìn)行討論即可得到結(jié)論．

解答 解：①由f（x）+f（-x）=0得f（-x）=-+f（x）．
則函數(shù)f（x）是奇函數(shù)，
則當(dāng)x=0時(shí)，f（0）=0，
若x＜0，則-x＞0，則f（-x）=-2x-x²=-f（x），
即f（x）=2x+x²，（x＜0），
則f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{2x-{x}^{2}，}&{x≥0}\\{2x+{x}^{2}，}&{x＜0}\end{array}\right.$．
②當(dāng)x∈[1，+∞）時(shí)，g（x）=f（x）=2x-x²=-（x-1）²+1，此時(shí)函數(shù)在[1，+∞）為減函數(shù)，
當(dāng)x∈（-∞，1）時(shí)，g（x）=x²-mx+2m-3．
若g（x）在R上單調(diào)遞減，
則滿(mǎn)足$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{-m}{2}=\frac{m}{2}≥1}\\{1-m+2m-3≥2-1}\end{array}\right.$，
即$\left\{\begin{array}{l}{m≥2}\\{m≥4}\end{array}\right.$，解得m≥4，
故實(shí)數(shù)m的取值范圍是[4，+∞）；
③當(dāng)x＞0時(shí)，h（x）=f（x）=2x-x²=-（x-1）²+1，
則函數(shù)的對(duì)稱(chēng)軸為x=1，
若0＜a＜b≤1，則此時(shí)函數(shù)在（0，1]上為增函數(shù)，此時(shí)函數(shù)的最大值為1，
∵0＜a＜1，∴$\frac{1}{a}＞1$，則值域?yàn)閇$\frac{1}$，$\frac{1}{a}$]不成立，
若0＜a＜1＜b，則此時(shí)函數(shù)的最大值為1，即$\frac{1}{a}$=1，解得a=1，不成立，
若1≤a＜b，則函數(shù)在[1，+∞）為減函數(shù)，則$\left\{\begin{array}{l}{f（a）=2a-{a}^{2}=\frac{1}}\\{f（b）=2b-^{2}=\frac{1}{a}}\end{array}\right.$
兩式相乘得2-a=2-b，解得a=b，與a＜b矛盾，
故不存在正實(shí)數(shù)a，b使h（x）的值域?yàn)閇$\frac{1}$，$\frac{1}{a}$]．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)奇偶性的應(yīng)用，以及分段函數(shù)的性質(zhì)，結(jié)合一元二次函數(shù)的性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵．