Question

10．若函數(shù)f（x）在定義域內(nèi)存在實數(shù)x，滿足f（-x）=-f（x），則稱f（x）為“局部奇函數(shù)”．
（1）當(dāng)定義域為[-1，1]，試判斷f（x）=x⁴+x³+x²+x-1是否為“局部奇函數(shù)”；
（2）若g（x）=4^x-m•2^x+1+m²-3為定義域R上的“局部奇函數(shù)”，求實數(shù)m的范圍；
（3）已知a＞1，對于任意的$b∈[1，\frac{3}{2}]$，函數(shù)h（x）=ln（x+1+a）+x²+x-b都是定義域為[-1，1]上的“局部奇函數(shù)”，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）若f（x）為“局部奇函數(shù)”，則根據(jù)定義驗證條件是否成立即可；
（2）根據(jù)f（x）為定義域R上的“局部奇函數(shù)，得到f（-x）=-f（x），恒成立，建立條件關(guān)系即可求實數(shù)m的取值范圍；
（3）根據(jù)f（x）為定義域[-1，1]上的“局部奇函數(shù)，得到f（-x）=-f（x），恒成立，建立條件關(guān)系即可求實數(shù)a的取值范圍；

解答 解：（1）因為f（x）=x⁴+x³+x²+x-1，
所以f（-x）=x⁴-x³+x²-x-1，
由f（-x）=-f（x）得x⁴+x²-1=0，
令x²=t∈[0，1]，而t²+t-1=0存在一根$\frac{{\sqrt{5}-1}}{2}∈[0，1]$，
即存在x∈[-1，1]，使得f（-x）=-f（x），
所以f（x）為“局部奇函數(shù)”．
（2）由題意知，g（-x）=-g（x）在R上有解，即4^-x-2m•2^-x+m²-3=-4^x+2m•2^x-m²+3在R上有解，
所以4^x+4^-x-2m（2^x+2^-x）+2（m²-3）=0在R上有解，
令2^x+2^-x=u∈[2，+∞），
所以u²-2mu+2m²-8=0在u∈[2，+∞）上有解，
令F（u）=u²-2mu+2m²-8，
①當(dāng)F（2）≤0時，即2m²-4m-4≤0，解得$1-\sqrt{3}≤m≤1+\sqrt{3}$，
此時F（u）在[2，+∞）上必有零點，所以$1-\sqrt{3}≤m≤1+\sqrt{3}$；
②當(dāng)F（2）＞0時，F(xiàn)（u）在[2，+∞）上有零點必須滿足
$\left\{{\begin{array}{l}{△≥0}\\{F（2）＞0}\\{對稱軸x=m＞2}\end{array}}\right.⇒\left\{{\begin{array}{l}{4{m^2}-4（2{m^2}-8）≥0}\\{2{m^2}-4m-4＞0}\\{m＞2}\end{array}}\right.⇒1+\sqrt{3}≤m≤2\sqrt{2}$
綜上：$1-\sqrt{3}≤m≤2\sqrt{2}$．
（3）由題意知，$?b∈[1，\frac{3}{2}]$，-h（x）=h（-x）在x∈[-1，1]上都有解，
即$?b∈[1，\frac{3}{2}]$，ln（-x+1+a）+x²-x-b=-ln（x+1+a）-x²-x+b在x∈[-1，1]上都有解，
即$?b∈[1，\frac{3}{2}]$，ln[（a+1）²-x²]+2x²=2b在x∈[-1，1]上都有解，
令x²=s∈[0，1]，令φ（s）=ln[（a+1）²-s]+2s，
由題意知φ（s）在s∈[0，1]上的值域包含[2，3]，
因為${φ^'}（s）=\frac{-1}{{{{（a+1）}^2}-s}}+2$，又因為s∈[0，1]，a∈（1，+∞），所以（a+1）²-s＞3，
所以φ′（s）＞0，所以φ（s）在s∈[0，1]上單調(diào)遞增，
所以$\left\{{\begin{array}{l}{φ（0）≤2}\\{φ（1）≥3}\\{a＞1}\end{array}}\right.⇒\left\{{\begin{array}{l}{a≤e-1}\\{a≥\sqrt{e+1}-1}\\{a＞1}\end{array}}\right.⇒1＜a≤e-1$
綜上：1＜a≤e-1．

點評 本題主要考查與函數(shù)奇偶性有關(guān)的新定義，根據(jù)條件建立方程關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵，考查學(xué)生的計算能力，屬于難題