Question

已知定義在（-∞，0）∪（0，+∞）上的奇函數(shù)f（x）滿足f（1）=0，且在（0，+∞）上是增函數(shù)．又函數(shù)g(θ)=sin2θ+mcosθ-2m(其中0≤θ≤

π

2

)
（1）證明：f（x）在（-∞，0）上也是增函數(shù)；
（2）若m≤0，分別求出函數(shù)g（θ）的最大值和最小值；
（3）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）先將函數(shù)g（θ）化為關(guān)于cosθ的二次函數(shù)，再利用換元法，令t=cosθ，將問題轉(zhuǎn)化為求二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值問題，最后利用配方法求最值即可；
（3）先將求兩集合交集問題轉(zhuǎn)化為一個恒成立問題，即M∩N={m|恒有g(shù)（θ）＜-1}，再利用參變分離法，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)y=

2-cos2θ

2-cosθ

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：解析：（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（x₂）-f（x₁）=-f（-x₂）+f（-x₁）＞0
即f（x₁）＜f（x₂），f（x）在（-∞，0）上也是增函數(shù)．
（2）由g（θ）=sin²θ+mcosθ-2m=-cos²θ+mcosθ+1-2m，
令t=cosθ，則0≤t≤1，記y=g（θ）=-t²+mt+1-2m，由m≤0知，t=

m

2

≤0
函數(shù)y=-t²+mt+1-2m在t∈[0，1]上是減函數(shù)，
故t=0時，g（θ）有最大值1-2m；t=1時，g（θ）有最小值-m．
（3）由f（x）在（-∞，0），（0，+∞）上是增函數(shù)，f（-1）=f（1）=0
∵f[g（θ）]＜0
∴g（θ）＜-1或0＜g（θ）＜1，又M={m|恒有g(shù)（θ）＜0}，
所以M∩N={m|恒有g(shù)（θ）＜-1}，
即-cos²θ+mcosθ+1-2m＜-1對θ∈[0，

π

2

]恒成立．
∴（2-cosθ）m＞2-cos²θ，
∴m＞

2-cos2θ

2-cosθ

=cosθ-2+

2

cosθ-2

+4=-(2-cosθ+

2

2-cosθ

)+4
∵θ∈[0，

π

2

]，
∴cosθ-2∈[-2，-1]，2-cosθ∈[1，2]
∴2-cosθ+

2

2-cosθ

≥2

(2-cosθ)× 2 2-cosθ

=2

2

∴cosθ-2+

2

cosθ-2

≤-2

2

當(dāng)cosθ-2=-

2

，cosθ=2-

2

時取得．
∴cosθ-2+

2

cosθ-2

+4≤4-2

2

∴m＞4-2

2

，
故M∩N=(4-2

2

，+∞)．

點評：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用，換元法求三角函數(shù)的最值，配方法求二次函數(shù)的最值，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