Question

15．定義在R上的f（x）為奇函數(shù)，對(duì)任意兩個(gè)正數(shù)m，n，總有f（mn）=f（m）+f（n），且當(dāng)x＞1時(shí)，f（x）＞0．
（Ⅰ）求f（1），并判斷f（x）在（0，+∞）上的單調(diào)性；
（Ⅱ）設(shè)g（x）=sin²x+mcosx-2m，集合M={m|對(duì)任意的x∈[0，$\frac{π}{2}$]，g（x）＜0}，N={m|對(duì)任意的x∈[0，$\frac{π}{2}$]，f[g（x）]＜0}，求M∩N．

Answer 1

分析 （Ⅰ）令m=n=1．可得f（1）=0，由單調(diào)性的定義設(shè)0＜x₁＜x₂，即有$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，由條件可得又f（x₂）=（x₁）+f（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）＞f（x₁），即可得到所求函數(shù)的單調(diào)性；
（Ⅱ）由題意，f（x）＜0，f（g（x））＜0等價(jià)于g（x）＜-1或0＜g（x）＜1，由g（x）＜-1問(wèn)題轉(zhuǎn)化?x∈[0，$\frac{π}{2}$]，sin²x+mcosx-2m＜-1恒成立，通過(guò)令t=cosθ，0≤t≤1，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為：t²-mt+2m-2＞0在t∈[0，1]上恒成立，求得m的范圍，然后求出M∩N．

解答 解：（Ⅰ）令m=n=1．可得f（1）=2f（1），解得f（1）=0；
設(shè)0＜x₁＜x₂，即有$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，
由當(dāng)x＞1時(shí)，f（x）＞0，可得f（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）＞0，
又f（x₂）=f（x₁•$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）=f（x₁）+f（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）＞f（x₁），
即有f（x）在（0，+∞）上為遞增函數(shù)；
（Ⅱ）由題意，f（x）＜0等價(jià)于x＜-1或0＜x＜1，
于是f（g（x））＜0等價(jià)于g（x）＜-1或0＜g（x）＜1，
從而M∩N={m|?x∈[0，$\frac{π}{2}$]，g（x）＜-1}，
由g（x）＜-1，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為：?x∈[0，$\frac{π}{2}$]，sin²x+mcosx-2m＜-1恒成立．
令t=cosθ，0≤t≤1，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為：t²-mt+2m-2＞0，即m在t∈[0，1]上恒成立
可得m＞$\frac{2-{t}^{2}}{2-t}$，求出$\frac{2-{t}^{2}}{2-t}$在∈[0，1]上的最大值，
2＞2-t＞1，$\frac{2-{t}^{2}}{2-t}$=$\frac{-（2-t）^{2}+4（2-t）-2}{2-t}$=-（2-t）-$\frac{2}{2-t}$+4
=-[（2-t）+$\frac{2}{2-t}$]+4≤-2$\sqrt{2}$+4，
（當(dāng)t=2-$\sqrt{2}$時(shí)等號(hào)成立）
∴m＞4-2$\sqrt{2}$，即M∩N=（4-2$\sqrt{2}$，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性的判斷和運(yùn)用，轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，交集的計(jì)算，考查計(jì)算能力，是一道中檔題．