Question

2．已知f（x）是定義在區(qū)間[-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．
（Ⅰ）證明：f（x）在區(qū)間[-1，1]上是單調(diào)減函數(shù)；
（Ⅱ）解不等式f（x+$\frac{1}{2}}$）＜f（${\frac{1}{x-1}}$）；
（Ⅲ）若f（x）≤t²-mt-1對(duì)所有x∈[-1，1]，m∈[0，1]恒成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）令m=x₁，n=-x₂，且-1≤x₁＜x₂≤1，代入$\frac{f（m）+f（n）}{m+n}$＜0．得$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＜0．即可證明．
（II）f（x+$\frac{1}{2}}$）＜f（${\frac{1}{x-1}}$），可得-1≤$\frac{1}{x-1}$＜x+$\frac{1}{2}$≤1，解得即可．
（III）由f（x）在區(qū)間[-1，1]上是單調(diào)減函數(shù)，且f（-1）=1，可得f（x）_max=f（-1）=1．由f（x）≤t²-mt-1對(duì)所有x∈[-1，1]，m∈[0，1]恒成立，可得1≤t²-mt-1，即-tm+t²-2≥0對(duì)m∈[0，1]恒成立，利用一次函數(shù)的單調(diào)性即可得出．

解答 （I）證明：令m=x₁，n=-x₂，且-1≤x₁＜x₂≤1，
代入$\frac{f（m）+f（n）}{m+n}$＜0．得$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＜0．
∵x₁＜x₂，∴f（x₁）＞f（x₂），∴該函數(shù)在[-1，1]上單調(diào)遞減．
（II）解：∵f（x+$\frac{1}{2}}$）＜f（${\frac{1}{x-1}}$），∴-1≤$\frac{1}{x-1}$＜x+$\frac{1}{2}$≤1，解得：-1＜x≤0．
∴不等式的解集為（-1，0]．
（III）解：∵f（x）在區(qū)間[-1，1]上是單調(diào)減函數(shù)，且f（-1）=1，
∴f（x）_max=f（-1）=1．
∵f（x）≤t²-mt-1對(duì)所有x∈[-1，1]，m∈[0，1]恒成立，
∴1≤t²-mt-1，即-tm+t²-2≥0對(duì)m∈[0，1]恒成立，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{t}^{2}-2≥0}\\{-t+{t}^{2}-2≥0}\end{array}\right.$，解得t≥2或t$≤-\sqrt{2}$．
∴實(shí)數(shù)t的取值范圍是$（-∞，-\sqrt{2}]$∪[2，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、不等式的解法、恒成立問題的等價(jià)轉(zhuǎn)化方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．