Question

13．已知f（x）是定義在[-1，1]上的奇函數(shù)，且f（1）=1，若a，b∈[-1，1]，a+b≠0時(shí)，有$\frac{f（a）+f（b）}{a+b}＞0$成立．
（1）判斷f（x）在[-1，1]上的單調(diào)性，并證明它；
（2）解不等式f（x²）＜f（2x）；
（3）若f（x）≤m²-2am+1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）利用函數(shù)單調(diào)性的定義進(jìn)行證明：在區(qū)間[-1，1]任取x₁、x₂，且x₁＜x₂，利用函數(shù)為奇函數(shù)的性質(zhì)結(jié)合已知條件中的分式，可以證得f（x₁）-f（x₂）＜0，所以函數(shù)f（x）是[-1，1]上的增函數(shù)；
（2）由（1）可得f（x）在[-1，1]遞增，不等式即為-1≤x²＜2x≤1，解不等式即可得到所求范圍；
（3）根據(jù)函數(shù)f（x）≤m²-2am+1對(duì)所有的x∈[-1，1]，a∈[-1，1]恒成立，說(shuō)明f（x）的最大值1小于或等于右邊，因此先將右邊看作a的函數(shù)，m為參數(shù)系數(shù)，解不等式組，即可得出m的取值范圍．

解答 解：（1）f（x）是[-1，1]上的增函數(shù)．
理由：任取x₁、x₂∈[-1，1]，且x₁＜x₂，
則f（x₁）-f（x₂）=f（x₁）+f（-x₂）
∵$\frac{f（{x}_{1}）+f（-{x}_{2}）}{{x}_{1}+（-{x}_{2}）}$＞0，
即$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞0，
∵x₁-x₂＜0，
∴f（x₁）-f（x₂）＜0．
則f（x）是[-1，1]上的增函數(shù)． 
（2）由（1）可得f（x）在[-1，1]遞增，
可得不等式f（x²）＜f（2x），即為
$\left\{\begin{array}{l}{-1≤{x}^{2}≤1}\\{-1≤2x≤1}\\{{x}^{2}＜2x}\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}{-1≤x≤1}\\{-\frac{1}{2}≤x≤\frac{1}{2}}\\{0＜x＜2}\end{array}\right.$
解得0＜x≤$\frac{1}{2}$，則解集為（0，$\frac{1}{2}$]；
（3）要使f（x）≤m²-2am+1對(duì)所有的x∈[-1，1]，a∈[-1，1]恒成立，
只須f（x）_max≤m²-2am+1，即1≤m²-2am+1對(duì)任意的a∈[-1，1]恒成立，
亦即m²-2am≥0對(duì)任意的a∈[-1，1]恒成立．令g（a）=-2ma+m²，
只須$\left\{\begin{array}{l}{g（-1）=2m+{m}^{2}≥0}\\{g（1）={m}^{2}-2m≥0}\end{array}\right.$，
解得m≤-2或m≥2或m=0，
則實(shí)數(shù)m的取值范圍是{m|m=0或m≤-2或m≥2}．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了抽象函數(shù)的單調(diào)性與函數(shù)的值域、不等式解法及恒成立委托的解法，屬于中檔題，解題時(shí)應(yīng)該注意題中的主元與次元的處理．