Question

14．已知向量$\overrightarrow{m}$=（2sinθ，sinθ-cosθ），$\overrightarrow n=（cosθ，-2-m）$，函数$f（θ）=\overrightarrow m•\overrightarrow n$的最小值为g（m）．
（1）当m=2时，求g（m）的值；
（2）求g（m）；
（3）已知函数h（x）为定义在R上的增函数，且对任意的x₁，x₂都满足h（x₁+x₂）=h（x₁）+h（x₂），问：是否存在这样的实数m，使不等式$h（\frac{4}{sinθ-cosθ}）+h（2m+3）＞h（f（θ））$对所有$θ∈（\frac{π}{4}，π）$恒成立．若存在，求出m的取值范围；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）根据函数$f（θ）=\overrightarrow m•\overrightarrow n$的最小值为g（m）．利用向量的乘积运算求出f（θ）的解析式，求出最小值可得g（m），当m=2时，可得g（m）的值；
（2）根据对称轴，讨论参数的范围分段表示求g（m）；
（3）假设存在符合条件的实数m，则依题意有$\frac{4}{sinθ-cosθ}+2m+3＞f（θ）$，对所有$θ∈（\frac{π}{4}，π）$恒成立．
设t=sinθ-cosθ，则$t∈（0，\sqrt{2}）$，利用三角函数的有界限转化为勾勾函数的求最值问题，利用不等式的性质即可求出m的取值范围．

解答 解：由函数$f（θ）=\overrightarrow m•\overrightarrow n$，
可得f（θ）=2sinθcosθ-（sinθ-cosθ）（2+m）
（1）设t=sinθ-cosθ，则$t∈[-\sqrt{2}，\sqrt{2}]$，
则2sinθcosθ=-t²+1．
f（θ）转化为Q（t）=-t²-（2+m）t+1．
当m=2时，此时Q（t）=-t²-4t+1．
开口向下，对称轴t=-2，Q（t）在$t∈[-\sqrt{2}，\sqrt{2}]$为减函数，
∴当t=$\sqrt{2}$时，取最小值$-1-4\sqrt{2}$．
（2）f（θ）=Q（t）=-t²-（2+m）t+1，$t∈[-\sqrt{2}，\sqrt{2}]$．
其对称轴为$t=-1-\frac{m}{2}$，
$当-1-\frac{m}{2}≥\frac{{-\sqrt{2}+\sqrt{2}}}{2}，即m≤-2时$，$g（m）=Q（-\sqrt{2}）=-1+2\sqrt{2}+\sqrt{2}m$；
$当-1-\frac{m}{2}＜\frac{{-\sqrt{2}+\sqrt{2}}}{2}，即m＞-2时$，$g（m）=Q（\sqrt{2}）=-1-2\sqrt{2}-\sqrt{2}m$；
综上，$g（m）=\left\{\begin{array}{l}-1+2\sqrt{2}+\sqrt{2}m，m≤-2\\-1-2\sqrt{2}-\sqrt{2}m，m＞-2.\end{array}\right.$
（3）假设存在符合条件的实数m，则依题意有$\frac{4}{sinθ-cosθ}+2m+3＞f（θ）$，对所有$θ∈（\frac{π}{4}，π）$恒成立．
设t=sinθ-cosθ，则$t∈（0，\sqrt{2}）$，
∴$\frac{4}{t}+2m+3＞-{t^2}-（2+m）t+1，t∈（0，\sqrt{2}]$恒成立，
即：$（t+2）m＞-（t+2）（t+\frac{2}{t}）$，$t∈（0，\sqrt{2}）$恒成立，
∵$t∈（0，\sqrt{2}]$，
∴t+2＞0
∴$m＞-（t+\frac{2}{t}），t∈（0，\sqrt{2}]$恒成立，
$t∈（0，\sqrt{2}]，t+\frac{2}{t}单调递减，-（t+\frac{2}{t}）单调递增$．
故得${[-（t+\frac{2}{t}）]_{max}}=-\sqrt{2}-\frac{2}{{\sqrt{2}}}=-2\sqrt{2}$
∴$m＞-2\sqrt{2}$
∴存在符合条件的实数m，并且m的取值范围为$（-2\sqrt{2}，+∞）$．

点评 本题主要考查对三角函数的化简能力和三角函数的图象和性质的运用，二次函数最值的讨论，换元思想，转化为我们熟悉的函数利用最值和单调性是解题的关键．属于难题．