Question

16．已知f（x）是定義在區(qū)間[-1，1]上的奇函數(shù)，且f（1）=1，且f（x）滿足對(duì)任m，n∈[-1，1]，有$\frac{f（m）+f（n）}{m+n}$＞0．
（1）解不等式f（x+$\frac{1}{2}$）+f（x-1）＜0；
（2）若f（x）≤t²-2at+1對(duì)所有x∈[-1，1]、a∈[-1，1]恒成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．
（3）若f（x）≤t²-2at+2對(duì)所有x∈[-1，1]，t∈[-1，1]恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先用定義判斷f（x）在[-1，1]上的單調(diào)性，由函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性可去掉不等式中的符號(hào)“f”，解出即可；
（2）對(duì)任意的x∈[-1，1]不等式恒成立，等價(jià)于f（x）_max=f（1））≤t²-2at+1，對(duì)任意a∈[-1，1]恒成立，可看作關(guān)于a的一次函數(shù)，借助圖象可得關(guān)于a的不等式組，解出即可；
（3）令g（x）=x²-2ax+1，不等式恒成立，轉(zhuǎn)化為$\left\{\begin{array}{l}{a≤1}\\{g（-1）≥0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{a≥1}\\{g（1）≥0}\end{array}\right.$或，$\left\{\begin{array}{l}{-1＜a＜1}\\{g（a）≥0}\end{array}\right.$，解得即可．

解答 解：（1）∵f（x）是定義在區(qū)間[-1，1]上的奇函數(shù)，且f（1）=1，
m、n∈[-1，1]，m≠n時(shí)，有$\frac{f（m）+f（n）}{m+n}$＞0．
∴任取x₁，x₂∈[-1，1]，且x₂≥x₁，
則f（x₂）-f（x₁）=$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$（x₂-x₁）＞0，
∴f（x₂）＞f（x₁），
∴函數(shù)f（x）在[-1，1]上單調(diào)遞增．
∵f（x+$\frac{1}{2}$）+f（x-1）＜0，即f（x+$\frac{1}{2}$）＜f（1-x），
∴$\left\{\begin{array}{l}{-1≤x+\frac{1}{2}≤1}\\{-1≤x-1≤1}\\{x+\frac{1}{2}＜1-x}\end{array}\right.$，解得0≤x＜$\frac{1}{4}$，
∴x的取值范圍為[0，$\frac{1}{4}$）．
（2）由于f（x）為增函數(shù)，∴f（x）的最大值為f（1）=1，
∴f（x）≤t²-2at+1對(duì)a∈[-1，1]、x∈[-1，1]恒成立，
∴t²-2at+1≥1對(duì)任意a∈[-1，1]恒成立，
∴t²-2at≥0對(duì)任意a∈[-1，1]恒成立，
把y=t²-2at看作a的函數(shù)，
由a∈[-1，1]，知其圖象是一條線段，
∴t²-2at≥0對(duì)任意a∈[-1，1]恒成立，
∴有$\left\{\begin{array}{l}{{t}^{2}-2×（-1）×t≥0}\\{{t}^{2}-2×1×t≥0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{{t}^{2}+2t≥0}\\{{t}^{2}-2t≥0}\end{array}\right.$，
解得t≤-2，或t=0，或t≥2．
故實(shí)數(shù)t的取值范圍是{t|t≤-2，或t=0，或t≥2}．
（3）∵t²-2at+1≥0，
令g（x）=x²-2ax+1，
∵f（x）≤t²-2at+1對(duì)所有x∈[-1，1]，t∈[-1，1]恒成立，
∴$\left\{\begin{array}{l}{a≤1}\\{g（-1）≥0}\end{array}\right.$得a=-1，$\left\{\begin{array}{l}{a≥1}\\{g（1）≥0}\end{array}\right.$，得a=1，$\left\{\begin{array}{l}{-1＜a＜1}\\{g（a）≥0}\end{array}\right.$，解得-1＜a＜1，
綜上所述：-1≤a≤1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的單調(diào)性的判斷，考查不等式解集的求法，考查轉(zhuǎn)化思想、數(shù)形結(jié)合思想．解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意定義法、等價(jià)轉(zhuǎn)化思想、構(gòu)造法的合理運(yùn)用．