Question

已知定義在R的函數(shù)f（x）對(duì)任意的x₁，x₂都滿(mǎn)足f（x₁+x₂）=f（x₁）+f（x₂），且當(dāng)x＜0時(shí)，f（x）＜0．
（1）判斷f（x）的單調(diào)性和奇偶性，并說(shuō)明理由；
（2）若不等式f[sin2θ-(2+m)(sinθ+cosθ)-

4

sinθ+cosθ

]+f(3+2m)＞0對(duì)一切θ∈[0，

π

2

]恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）判斷函數(shù)的單調(diào)性，首先要結(jié)合定義域和所給區(qū)間任設(shè)兩個(gè)變量并保證大小關(guān)系，然后通過(guò)f（x₁）=f（x₁-x₂+x₂）=f（x₁-x₂）+f（x₂）＜f（x₂）即可獲得相應(yīng)變量對(duì)應(yīng)函數(shù)值的大小關(guān)系，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性的定義即可獲得問(wèn)題的解答；賦值求出f（0）=0，再令x₁=-x，x₂=x，有f（-x+x）=f（-x）+f（x）構(gòu)造出f（-x）與f（x）的方程研究其間的關(guān)系，得出奇偶性，解答本題時(shí)注意做題格式，先判斷后證明．
（2）此題考查的是函數(shù)與方程的綜合應(yīng)用類(lèi)問(wèn)題．在解答時(shí)，先結(jié)合存在性問(wèn)題的特點(diǎn)先假設(shè)存在m符合題意，然后將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為恒成立的問(wèn)題結(jié)合二次函數(shù)的特點(diǎn)即可獲得問(wèn)題的解答．

解答：解：（1）令x=y=0，有f（0）=0，令x₁=x，x₂=-x
有f（-x）+f（x）=f（x-x）=f（0）=0，
即f（-x）=-f（x），故f（x）為奇函數(shù)
在R上任取x₁＜x₂，則x₁-x₂＜0，由題意知f（x₁-x₂）＜0
則f（x₁-x₂）=f（x₁）+f（-x₂）=f（x₁）-f（x₂）＞0
故f（x）是增函數(shù)
（2）要使f[sin2θ-(2+m)(sinθ+cosθ)-

4

sinθ+cosθ

]+f(3+2m)＞0
只須f[sin2θ-(2+m)(sinθ+cosθ)-

4

sinθ+cosθ

]＞-f(3+2m)=f(-3-2m)
又由f（x）為單調(diào)增函數(shù)有sin2θ-(2+m)(sinθ+cosθ)-

4

sinθ+cosθ

＞-3-2m
令t=sinθ+cosθ，則sin2θ=t²-1，∵θ∈[0，

π

2

]，∴t=

2

sin(θ+

π

4

)∈[1，

2

]
原命題等價(jià)于t2-1-(m+2)t-

4

t

+3+2m＞0對(duì)t∈[1，

2

]恒成立∴(2-t)m＞2t-t2+

4

t

-2，即m＞

t(2-t)+ 2 t (2-t)

2-t

=t+

2

t

令g(t)=t+

2

t

，g′(t)=1-

2

t2

，在t∈[1，

2

]時(shí)g′（t）＜0，故g（t）在[1，

2

]上為減函數(shù)，∴m＞3時(shí)，原命題成立．
法2：由t2-1-(m+2)t-

4

t

+3+2m＞0對(duì)t∈[1，

2

]恒成立
有（t²-mt+2）（t-2）＞0，∵t-2＜0，故t²-mt+2＜0在t∈[1，

2

]恒成立
只需

12-m+2＜0 ( 2 )2- 2 m+2＜0

⇒m＞3

點(diǎn)評(píng)：本題以抽象函數(shù)滿(mǎn)足的性質(zhì)為載體，考查函數(shù)的單調(diào)性證明問(wèn)題．抽象函數(shù)的奇偶性的判定，以及賦值法的應(yīng)用，屬于中檔題，在解答的過(guò)程當(dāng)中充分體現(xiàn)了函數(shù)單調(diào)性的定義、作差法以及賦值法等知識(shí)．值得同學(xué)們體會(huì)和反思．