Question

19．已知函数f（x）=$\frac{{x}^{2}+c}{ax+b}$为奇函数，f（1）＜f（3），且不等式0≤f（x）≤$\frac{3}{2}$的解集是[-2，-1]∪[2，4]．
（1）求a，b，c；
（2）是否存在实数m使不等式f（sinθcosθ+sinθ+cosθ-$\sqrt{2}$）≤m²-4对一切θ∈R都成立？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）根据函数f（x）=$\frac{{x}^{2}+c}{ax+b}$为奇函数，则f（-x）=-f（x），构造方程可得b值，由不等式0≤f（x）≤$\frac{3}{2}$的解集是[-2，-1]∪[2，4]，根据±2均为不等式的解，可得c值，根据f（1）＜f（3），结合函数单调性，及不等式解集的端点是对应方程的根，求出a值；
（2）利用换元法求出sinθcosθ+sinθ+cosθ-$\sqrt{2}$的范围，根据（1）中函数的单调性，可知当sinθcosθ+sinθ+cosθ-$\sqrt{2}$小于0且无限趋于0时，f（sinθcosθ+sinθ+cosθ-$\sqrt{2}$）趋于正无穷，由此可知不存在实数m，使不等式f（sinθcosθ+sinθ+cosθ-$\sqrt{2}$）≤m²-4对一切θ∈R都成立．

解答 解：（1）∵f（x）=$\frac{{x}^{2}+c}{ax+b}$为奇函数，
∴f（-x）=$\frac{（-x）^{2}+c}{a（-x）+b}=-f（x）=-\frac{{x}^{2}+c}{ax+b}$，解得b=0．
不等式0≤f（x）≤$\frac{3}{2}$的解集中包含2和-2，
∴f（2）≥0，f（-2）=-f（2）≥0，
即得f（2）=0=$\frac{{2}^{2}+c}{2a}$，∴c=-4．
∵f（1）＜f（3），f（1）=-$\frac{3}{a}$，f（3）=-$\frac{5}{3a}$，
∴-$\frac{3}{a}$＜$-\frac{5}{3a}$，则a＞0．
当a＞0时，f（x）=$\frac{{x}^{2}-4}{ax}$在（0，+∞）上是增函数，
在（0，+∞）内任取x₁，x₂，且x₁＜x₂，那么f（x₁）-f（x₂）=$\frac{{x}_{1}}{a}-\frac{4}{a{x}_{1}}-\frac{{x}_{2}}{a}+\frac{4}{a{x}_{2}}$
=$\frac{1}{a}（{x}_{1}-{x}_{2}）（1+\frac{4}{{x}_{1}{x}_{2}}）$＜0，即f（x₁）＜f（x₂），
∴当a＞0时，在（0，+∞）上f（x）=$\frac{{x}^{2}-4}{ax}$是增函数．
则f（2）=0，f（4）=$\frac{{4}^{2}-4}{4a}=\frac{3}{2}$，解得a=2．
综上：a=2，b=0，c=-4；
（2）由（1）知，f（x）=$\frac{{x}^{2}-4}{2x}$=$\frac{x}{2}-\frac{2}{x}$为奇函数，
∴f（x）在（-∞，0）上也是增函数．
令sinθ+cosθ=t，t∈[$-\sqrt{2}，\sqrt{2}$]，则1+2sinθcosθ=t²，sinθcosθ=$\frac{{t}^{2}-1}{2}$，
∴sinθcosθ+sinθ+cosθ-$\sqrt{2}$=$\frac{{t}^{2}-1}{2}+t-\sqrt{2}$=$\frac{1}{2}（{t}^{2}+2t+1）-1-\sqrt{2}$=$\frac{1}{2}（t+1）^{2}-1-\sqrt{2}$
∵t∈[$-\sqrt{2}，\sqrt{2}$]，
∴sinθcosθ+sinθ+cosθ-$\sqrt{2}$∈[-1-$\sqrt{2}$，$\frac{1}{2}$]，
当sinθcosθ+sinθ+cosθ-$\sqrt{2}$小于0且无限趋于0时，f（sinθcosθ+sinθ+cosθ-$\sqrt{2}$）趋于正无穷，
∴不存在实数m使不等式f（sinθcosθ+sinθ+cosθ-$\sqrt{2}$）≤m²-4对一切θ∈R都成立．

点评 本题是函数奇偶性，单调性，函数恒成立问题及不等式方程函数关系的综合应用，其中根据已知求出函数的解析式难度比较大，也是解答本题的关键．属于难题．