Question

6．已知f（x）是定義在[-1，1]上的奇函數(shù)，且f（1）=1，若m，n∈[-1，1]，m+n≠0 時(shí)，有$\frac{f（m）+f（n）}{m+n}＞0$．
（1）求證：f（x）在[-1，1]上為增函數(shù)；
（2）求不等式$f（x+\frac{1}{2}）＜f（1-x）$的解集；
（3）若$f（x）≤{t^2}+t-\frac{1}{{{{cos}^2}α}}-2tanα-1$對(duì)所有$x∈[-1，1]，α∈[-\frac{π}{3}，\frac{π}{4}]$恒成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由條件利用增函數(shù)的定義證得結(jié)論．
（2）根據(jù)函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性，把要解的不等式等價(jià)轉(zhuǎn)化為一個(gè)不等式組，求得此不等式的解集即可．
（3）根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求得f（x）的最大值，可得t²+t≥g（α）=$\frac{1}{{cos}^{2}α}$+2tanα+2 對(duì)$?α∈[-\frac{π}{3}，\frac{π}{4}]$的恒成立，再求得g（α）的最大值，從而求得t的范圍．

解答 解：（1）證明：任取x₁，x₂∈[-1，1]且x₁＜x₂，則$f（{x_2}）-f（{x_1}）=f（{x_2}）+f（-{x_1}）=\frac{{f（{x_2}）+f（-{x_1}）}}{{{x_2}+（-{x_1}）}}•（{x_2}-{x_1}）＞0$，
∴f（x₂）＞f（x₁），∴f（x）為增函數(shù)．
（2）$f（x+\frac{1}{2}）＜f（1-x）$，等價(jià)于$\left\{\begin{array}{l}{-1≤x+\frac{1}{2}≤1}\\{-1≤1-x≤1}\\{x+\frac{1}{2}＜1-x}\end{array}\right.$，求得0≤x＜$\frac{1}{4}$，
即不等式$f（x+\frac{1}{2}）＜f（1-x）$的解集為$[0，\frac{1}{4}）$．
（3）由于f（x）為增函數(shù)，
∴f（x）的最大值為$f（1）=1≤{t^2}+t-\frac{1}{{{{cos}^2}α}}-2tanα-1$對(duì)$α∈[-\frac{π}{3}，\frac{π}{4}]$恒成立$?{t^2}+t≥\frac{1}{{{{cos}^2}α}}+2tanα+2$ 對(duì)$?α∈[-\frac{π}{3}，\frac{π}{4}]$的恒成立，
設(shè)$g（α）=\frac{1}{{{{cos}^2}α}}+2tanα+2$，則${t^2}+t≥{（g（α））_{max}}，α∈[-\frac{π}{3}，\frac{π}{4}]$．
又$g（α）=\frac{1}{{{{cos}^2}α}}+2tanα+2$=$\frac{{{{cos}^2}α+{{sin}^2}α}}{{{{cos}^2}α}}+2tanα+2$=1+tan²α+2tanα+2=（tanα+1）²+2，
∵α∈[-$\frac{π}{3}$，$\frac{π}{4}$]，∴tanα∈[-$\sqrt{3}$，1]，故當(dāng)tanα=1時(shí)，
${（g（α））_{max}}=g（\frac{π}{4}）=6$．
∴t²+t≥6，求得t≤-3 t≥2，即為所求的實(shí)數(shù)t的取值范圍．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性的證明以及應(yīng)用，函數(shù)的恒成立問(wèn)題，求函數(shù)的最值，屬于中檔題．