Question

9．已知f（x）是定義在[-1，1]上的奇函數(shù)，f（1）=1，且若?a、b∈[-1，1]，a+b≠0，恒有$\frac{f（a）+f（b）}{a+b}$＞0，
（1）證明：函數(shù)f（x）在[-1，1]上是增函數(shù)；
（2）解不等式$f（{x+\frac{1}{2}}）＜f（{\frac{1}{x-1}}）$；
（3）若對(duì)?x∈[-1，1]及?a∈[-1，1]，不等式f（x）≤m²-2am+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）由于f（x）是[-1，1]上的增函數(shù)，不等式$f（{x+\frac{1}{2}}）＜f（{\frac{1}{x-1}}）$即為-1≤x+$\frac{1}{2}$＜$\frac{1}{x-1}$≤1，解不等式即可得到解集；
（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）證明：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）由于f（x）是[-1，1]上的增函數(shù)，
不等式$f（{x+\frac{1}{2}}）＜f（{\frac{1}{x-1}}）$即為
-1≤x+$\frac{1}{2}$＜$\frac{1}{x-1}$≤1，
解得-$\frac{3}{2}$≤x＜-1，
即解集為[-$\frac{3}{2}$，-1）；
（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$\left\{\begin{array}{l}{g（-1）=2m+{m}^{2}≥0}\\{g（1）=-2m+{m}^{2}≥0}\end{array}\right.$，
解得m≤-2或m≥2或m=0，即為所求．

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、不等式恒成立等知識(shí)點(diǎn)，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．