Question

5．定義在R上的函數(shù)y=f（x）滿足對(duì)任意的x，y∈R．都有f（x+y）=f（x）+f（y）成立，且當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＜0；不等式f（sin²θ）+f（2mcosθ-2m-2）＜0在θ∈[$\frac{π}{3}$，$\frac{π}{2}$]上恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 判斷函數(shù)f（x）為奇函數(shù)，x∈R時(shí)，f（x）為單調(diào)遞增函數(shù)，根據(jù)已知條件，等價(jià)轉(zhuǎn)化成不等式sin²θ+2mcosθ-2m-2＜0在θ∈[$\frac{π}{3}$，$\frac{π}{2}$]上恒成立，然后，換元，設(shè)函數(shù)g（t）=t²-2mt+2m+1，對(duì)其對(duì)稱軸進(jìn)行討論．

解答 解：對(duì)任意x，y∈R，有f（x+y）=f（x）+f（y），
令x=y=0，則f（0）=2f（0），即有f（0）=0；
函數(shù)的定義域?yàn)镽，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，
令y=-x，則f（0）=f（x）+f（-x）=0，即有f（-x）=-f（x），則函數(shù)f（x）為奇函數(shù)；
設(shè)x₁＜x₂，則x₂-x₁＞0，
由于當(dāng)x＞0時(shí)，恒有f（x）＞0，則f（x₂-x₁）＞0，即有f（x₂）+f（-x₁）＞0，
即f（x₂）-f（x₁）＞0，即f（x₂）＞f（x₁），故x∈R時(shí)，f（x）為單調(diào)遞增函數(shù)．
不等式f（sin²θ）+f（2mcosθ-2m-2）＜0在θ∈[$\frac{π}{3}$，$\frac{π}{2}$]上恒成立，可得不等式sin²θ+2mcosθ-2m-2＜0在θ∈[$\frac{π}{3}$，$\frac{π}{2}$]上恒成立，
即1-cos²θ+2mcosθ-2m-2＜0在θ∈[$\frac{π}{3}$，$\frac{π}{2}$]上恒成立，
得cos²θ-2mcosθ+2m+1＞0在θ∈[$\frac{π}{3}$，$\frac{π}{2}$]上恒成立
由θ∈[$\frac{π}{3}$，$\frac{π}{2}$]，則0≤cosθ≤$\frac{1}{2}$
設(shè)t=cosθ，則0≤t≤$\frac{1}{2}$，
設(shè)g（t）=t²-2mt+2m+1，0≤t≤$\frac{1}{2}$，關(guān)于t=m對(duì)稱．
（1）當(dāng)m≤0時(shí)，g（t）在t∈[0，$\frac{1}{2}$]上為增函數(shù)，
則g（t）_min=g（0）=2m+1＞0，
得m＞-$\frac{1}{2}$，∴$\frac{1}{2}$＜m≤0；
（2）當(dāng)0＜m＜$\frac{1}{2}$時(shí)，g（t）_min=g（m）=-m²+2m+1＞0，
得1-$\sqrt{2}$＜m＜1+$\sqrt{2}$，
所以0＜m＜$\frac{1}{2}$；
（3）當(dāng)m≥$\frac{1}{2}$時(shí)，g（t）在t∈[0，$\frac{1}{2}$]上為減函數(shù)，
則g（t）_min=g（$\frac{1}{2}$）=m+$\frac{5}{4}$＞0，得m＞-$\frac{5}{4}$，
所以m≥$\frac{1}{2}$．
綜上，m＞$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查抽象函數(shù)及運(yùn)用，考查函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性的判斷，考查了三角公式、同角三角函數(shù)基本關(guān)系式中的平方關(guān)系、二次函數(shù)等知識(shí)的綜合運(yùn)用，屬于中檔題，重點(diǎn)考查了分類討論思想在解題中應(yīng)用，解決抽象函數(shù)的常用方法：賦值法，屬于難題．