Question

8．設f（x）是定義在[-1，1]上的奇函數(shù)，f（1）=1，且對任意的a、b∈[-1，1]，當a+b≠0時，都有$\frac{f（a）+f（b）}{a+b}$＞0
（1）若a，b∈[-1，1]且a-b≠0，求證：$\frac{f（a）-f（b）}{a-b}$＞0，并據(jù)此說明函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）解不等式f（x-$\frac{1}{2}$）＜f（$\frac{1}{4}$-x）；
（3）若對于任意x∈[-1，1]，m²+2mx-2≤f（x）恒成立，求負數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）運用奇函數(shù)的定義和單調(diào)性的定義，將b換為-b，即可得證；
（2）由f（x）在[-1，1]遞增，可得不等式組，注意定義域，解不等式即可得到所求解集；
（3）由題意可得由m＜0，即m²-2≤f（x）-2mx的最小值，運用單調(diào)性不等式右邊函數(shù)的最小值，再解m的不等式即可得到所求范圍．

解答 解：（1）證明：∵f（x）是定義在[-1，1]上奇函數(shù)，
∴f（-x）=-f（x）．
∵對任意的a，b∈[-1，1]，當a+b≠0時，都有$\frac{f（a）+f（b）}{a+b}$＞0，
∴-b∈[-1，1]，$\frac{f（a）+f（-b）}{a+（-b）}$＞0．
∴$\frac{f（a）-f（b）}{a-b}$＞0，
∴當a＞b時，f（a）＞f（b），
當a＜b時，f（a）＜f（b），
∴由a、b的任意性知：f（x）在區(qū)間[-1，1]上單調(diào)遞增；
（2）由f（x）在[-1，1]遞增，
f（x-$\frac{1}{2}$）＜f（$\frac{1}{4}$-x），
可得$\left\{\begin{array}{l}{-1≤x-\frac{1}{2}≤1}\\{-1≤\frac{1}{4}-x≤1}\\{x-\frac{1}{2}＜\frac{1}{4}-x}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{2}≤x≤\frac{3}{2}}\\{-\frac{3}{4}≤x≤\frac{5}{4}}\\{x＜\frac{3}{8}}\end{array}\right.$，
可得-$\frac{1}{2}$≤x＜$\frac{3}{8}$．
則原不等式解集為[-$\frac{1}{2}$，$\frac{3}{8}$）；
（3）對于任意x∈[-1，1]，m²+2mx-2≤f（x）恒成立，
由m＜0，即m²-2≤f（x）-2mx的最小值，
由f（x）在[-1，1]遞增，2mx在[-1，1]遞減，
且f（1）=1，f（-1）=-f（1）=-1，
可得f（x）-2mx的最小值為-1+2m，
即有m²-2≤2m-1，即m²-2m-1≤0，
解得1-$\sqrt{2}$≤m＜0．
則負數(shù)m的取值范圍為[1-$\sqrt{2}$，0）．

點評 本題考查函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性的運用，考查不等式恒成立問題的解法，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．