Question

17．已知函數(shù)f（x）的定義域是（-1，1），對(duì)任意的a，b∈（-1，1）都有f（a）+f（b）=f（$\frac{a+b}{1+ab}$），且當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＜0．
（1）求f（0）的值，并判斷函數(shù)f（x）的奇偶性；
（2）判斷函數(shù)f（x）在（-1，1）上的單調(diào)性，并證明你的結(jié)論；
（3）若f（$\frac{1}{2}$）=-1，當(dāng)x∈[-$\frac{4}{5}$，$\frac{4}{5}$]時(shí)，f（x）≤m²-2am+2對(duì)所有的a∈[-1，1]恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用賦值法，a=b=0求出f（0）的值，令a=x，b=-x，利用已知條件，推出函數(shù)是奇函數(shù)即可．
（2）先設(shè)0＜x₁＜x₂＜1，然后作差求f（x₁）-f（x₂），根據(jù)題目條件進(jìn)行化簡(jiǎn)變形判定其符號(hào)，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義即可判定．
（3）求出函數(shù)f（x）的最大值，利用參數(shù)分類法，進(jìn)行求解即可．

解答 解：（1）令a=b=0，則f（0）+f（0）=f（0），即f（0）=0，
令a=x，b=-x，則由f（a）+f（b）=f（$\frac{a+b}{1+ab}$），得f（x）+f（-x）=f（0）=0，
即f（-x）=-f（x），則函數(shù)f（x）是奇函數(shù)．
（2）設(shè)0＜x₁＜x₂＜1，則f（x₁）-f（x₂）=f（x₁）+f（-x₂）=f（$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{1-{x}_{1}{x}_{2}}$）．
而x₁-x₂＜0，0＜x₁x₂＜1所以-1＜$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{1-{x}_{1}{x}_{2}}$＜0
∵當(dāng)x∈（-1，0）時(shí)，f（x）＞0
∴f（x₁）-f（x₂）=f（x₁）+f（-x₂）=f（$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{1-{x}_{1}{x}_{2}}$）＞0
即當(dāng)x₁＜x₂時(shí)，f（x₁）＞f（x₂）．
∴f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，
∵f（x）在（-1，1）上為奇函數(shù)，
∴f（x）在（-1，1）上單調(diào)遞減．
（3）∵當(dāng)x∈[-$\frac{4}{5}$，$\frac{4}{5}$]時(shí)，函數(shù)f（x）為減函數(shù)，
∴此時(shí)函數(shù)的最大值為f（-$\frac{4}{5}$）=-f（$\frac{4}{5}$），
∵f（$\frac{1}{2}$）=-1，
∴f（$\frac{1}{2}$）+f（$\frac{1}{2}$）=$f（\frac{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}}{1+\frac{1}{2}×\frac{1}{2}}）$=f（$\frac{1}{\frac{5}{4}}$）=f（$\frac{4}{5}$）=-1-1=-2，
即函數(shù)的最大值為f（-$\frac{4}{5}$）=-f（$\frac{4}{5}$）=2，
若f（x）≤m²-2am+2對(duì)所有的a∈[-1，1]恒成立，
即2≤m²-2am+2對(duì)所有的a∈[-1，1]恒成立，
即m²-2am≥0對(duì)所有的a∈[-1，1]恒成立，
設(shè)h（a）=m²-2am=-2ma+m²，
則$\left\{\begin{array}{l}{h（1）={m}^{2}-2m≥0}\\{h（-1）={m}^{2}+2m≥0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{m≥2或m≤0}\\{m≥0或m≤-2}\end{array}\right.$，
得m≥2或m≤-2或m=0．

點(diǎn)評(píng) 本題以抽象函數(shù)的性質(zhì)為載體，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查單調(diào)性與奇偶性的結(jié)合，同時(shí)考查了恒成立問(wèn)題，利用賦值法是解決本題的關(guān)鍵．