Question

19．已知函數(shù)f（x）=$\frac{{x}^{2}+c}{ax+b}$為奇函數(shù)，f（1）＜f（3），且不等式0≤f（x）≤$\frac{3}{2}$的解集是[-2，-1]∪[2，4]．
（1）求a，b，c；
（2）是否存在實數(shù)m使不等式f（sinθcosθ+sinθ+cosθ-$\sqrt{2}$）≤m²-4對一切θ∈R都成立？若存在，求出m的取值范圍；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)函數(shù)f（x）=$\frac{{x}^{2}+c}{ax+b}$為奇函數(shù)，則f（-x）=-f（x），構(gòu)造方程可得b值，由不等式0≤f（x）≤$\frac{3}{2}$的解集是[-2，-1]∪[2，4]，根據(jù)±2均為不等式的解，可得c值，根據(jù)f（1）＜f（3），結(jié)合函數(shù)單調(diào)性，及不等式解集的端點是對應(yīng)方程的根，求出a值；
（2）利用換元法求出sinθcosθ+sinθ+cosθ-$\sqrt{2}$的范圍，根據(jù)（1）中函數(shù)的單調(diào)性，可知當(dāng)sinθcosθ+sinθ+cosθ-$\sqrt{2}$小于0且無限趨于0時，f（sinθcosθ+sinθ+cosθ-$\sqrt{2}$）趨于正無窮，由此可知不存在實數(shù)m，使不等式f（sinθcosθ+sinθ+cosθ-$\sqrt{2}$）≤m²-4對一切θ∈R都成立．

解答 解：（1）∵f（x）=$\frac{{x}^{2}+c}{ax+b}$為奇函數(shù)，
∴f（-x）=$\frac{（-x）^{2}+c}{a（-x）+b}=-f（x）=-\frac{{x}^{2}+c}{ax+b}$，解得b=0．
不等式0≤f（x）≤$\frac{3}{2}$的解集中包含2和-2，
∴f（2）≥0，f（-2）=-f（2）≥0，
即得f（2）=0=$\frac{{2}^{2}+c}{2a}$，∴c=-4．
∵f（1）＜f（3），f（1）=-$\frac{3}{a}$，f（3）=-$\frac{5}{3a}$，
∴-$\frac{3}{a}$＜$-\frac{5}{3a}$，則a＞0．
當(dāng)a＞0時，f（x）=$\frac{{x}^{2}-4}{ax}$在（0，+∞）上是增函數(shù)，
在（0，+∞）內(nèi)任取x₁，x₂，且x₁＜x₂，那么f（x₁）-f（x₂）=$\frac{{x}_{1}}{a}-\frac{4}{a{x}_{1}}-\frac{{x}_{2}}{a}+\frac{4}{a{x}_{2}}$
=$\frac{1}{a}（{x}_{1}-{x}_{2}）（1+\frac{4}{{x}_{1}{x}_{2}}）$＜0，即f（x₁）＜f（x₂），
∴當(dāng)a＞0時，在（0，+∞）上f（x）=$\frac{{x}^{2}-4}{ax}$是增函數(shù)．
則f（2）=0，f（4）=$\frac{{4}^{2}-4}{4a}=\frac{3}{2}$，解得a=2．
綜上：a=2，b=0，c=-4；
（2）由（1）知，f（x）=$\frac{{x}^{2}-4}{2x}$=$\frac{x}{2}-\frac{2}{x}$為奇函數(shù)，
∴f（x）在（-∞，0）上也是增函數(shù)．
令sinθ+cosθ=t，t∈[$-\sqrt{2}，\sqrt{2}$]，則1+2sinθcosθ=t²，sinθcosθ=$\frac{{t}^{2}-1}{2}$，
∴sinθcosθ+sinθ+cosθ-$\sqrt{2}$=$\frac{{t}^{2}-1}{2}+t-\sqrt{2}$=$\frac{1}{2}（{t}^{2}+2t+1）-1-\sqrt{2}$=$\frac{1}{2}（t+1）^{2}-1-\sqrt{2}$
∵t∈[$-\sqrt{2}，\sqrt{2}$]，
∴sinθcosθ+sinθ+cosθ-$\sqrt{2}$∈[-1-$\sqrt{2}$，$\frac{1}{2}$]，
當(dāng)sinθcosθ+sinθ+cosθ-$\sqrt{2}$小于0且無限趨于0時，f（sinθcosθ+sinθ+cosθ-$\sqrt{2}$）趨于正無窮，
∴不存在實數(shù)m使不等式f（sinθcosθ+sinθ+cosθ-$\sqrt{2}$）≤m²-4對一切θ∈R都成立．

點評 本題是函數(shù)奇偶性，單調(diào)性，函數(shù)恒成立問題及不等式方程函數(shù)關(guān)系的綜合應(yīng)用，其中根據(jù)已知求出函數(shù)的解析式難度比較大，也是解答本題的關(guān)鍵．屬于難題．