Question

19．已知定義在（-∞，0）∪（0，+∞）上的奇函數(shù)f（x）滿足f（2）=0，且在（-∞，0）上是增函數(shù)；又定義行列式|$\begin{array}{l}{{a}_{1}}&{{a}_{2}}\\{{a}_{3}}&{{a}_{4}}\end{array}$|=a₁a₄-a₂a₃； 函數(shù)g（θ）=$|\begin{array}{l}{sinθ}&{3-cosθ}\\{m}&{sinθ}\end{array}|$（其中0≤θ≤$\frac{π}{2}$）．
（1）證明：函數(shù)f（x）在（0，+∞）上也是增函數(shù)；
（2）若記集合M={m|恒有g(shù)（θ）＞0}，N={m|恒有f[g（θ）]＜0}，求M∩N．

Answer 1

分析 （1）任取x₁＜x₂＜0，則-x₁＞-x₂＞0，利用單調(diào)增函數(shù)的定義和奇函數(shù)的定義，證明f（x₁）＜f（x₂），即可證明f（x）在（-∞，0）上也是增函數(shù)；
（2）先將求兩集合交集問題轉(zhuǎn)化為一個(gè)恒成立問題，即M∩N={m|恒有0＜g（θ）＜2}，再利用參變分離法，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最大值問題，利用均值定理求其最值即可得m的范圍．

解答 （1）證明：任取x₁＞x₂＞0，則-x₁＜-x₂＜0
且f（x）在（-∞，0）上是增函數(shù)，f（-x₁）＜f（-x₂），又f（x）為奇函數(shù)
故f（x₁）-f（x₂）=-f（-x₁）+f（-x₂）＞0
即f（x₁）＞f（x₂），函數(shù)f（x）在（0，+∞）上也是增函數(shù)；…（3分）
（2）解：f（x）是定義在（-∞，0）∪（0，+∞）上的奇函數(shù)且滿足f（2）=0，∴f（-2）=0
又f（x）在（-∞，0），（0，+∞）上均是增函數(shù)，
由f[g（θ）]＜0得g（θ）＜-2或2＞g（θ）＞0，
M={m|恒有g(shù)（θ）＞0}，N={m|恒有f[g（θ）]＜0}={m|恒有g(shù)（θ）＜-2或2＞g（θ）＞0}
所以M∩N={m|恒有0＜g（θ）＜2}…（5分）
即不等式0＜-cos²θ+mcosθ-3m+1＜2在$θ∈[{0，\frac{π}{2}}]$恒成立
當(dāng)$m＞\frac{{-1-{{cos}^2}θ}}{3-cosθ}=\frac{{-{{（3-cosθ）}^2}+6（3-cosθ）-10}}{3-cosθ}$=$-（3-cosθ）-（\frac{10}{3-cosθ}）+6=-[{（3-cosθ）+（\frac{10}{3-cosθ}）}]+6$
∵$θ∈[{0，\frac{π}{2}}]{，^{\;}}^{\;}∴cosθ∈[{0，1}]{，^{\;}}^{\;}3-cosθ∈[{2，3}]$，
∴$7≥（3-cosθ）+（\frac{10}{3-cosθ}）≥\frac{19}{3}$$-[{（3-cosθ）+（\frac{10}{3-cosθ}）}]+6∈[{-1，-\frac{1}{3}}]$
此時(shí)$m＞-\frac{1}{3}$…（8分）
當(dāng)$m＜\frac{{1-{{cos}^2}θ}}{3-cosθ}=\frac{{-{{（3-cosθ）}^2}+6（3-cosθ）-8}}{3-cosθ}$$\begin{array}{l}\\=-（3-cosθ）-（\frac{8}{3-cosθ}）+6=-[{（3-cosθ）+（\frac{8}{3-cosθ}）}]+6\end{array}$，
∴$6≥（3-cosθ）+（\frac{8}{3-cosθ}）≥4\sqrt{2}$$-[{（3-cosθ）+（\frac{8}{3-cosθ}）}]+6∈[{0，6-4\sqrt{2}}]$
此時(shí)m＜0．…（11分）
綜上所得$m∈（-\frac{1}{3}，0）$． …（12分）

點(diǎn)評 本題綜合考查了函數(shù)單調(diào)性的定義、函數(shù)奇偶性的定義及其二者的綜合運(yùn)用，以及不等式恒成立問題的解法，均值定理的應(yīng)用，轉(zhuǎn)化化歸的思想方法．