Question

6．已知f（x）是定义在[-1，1]上的奇函数，且f（1）=1，若m，n∈[-1，1]，m+n≠0 时，有$\frac{f（m）+f（n）}{m+n}＞0$．
（1）求证：f（x）在[-1，1]上为增函数；
（2）求不等式$f（x+\frac{1}{2}）＜f（1-x）$的解集；
（3）若$f（x）≤{t^2}+t-\frac{1}{{{{cos}^2}α}}-2tanα-1$对所有$x∈[-1，1]，α∈[-\frac{π}{3}，\frac{π}{4}]$恒成立，求实数t的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由条件利用增函数的定义证得结论．
（2）根据函数的奇偶性和单调性，把要解的不等式等价转化为一个不等式组，求得此不等式的解集即可．
（3）根据函数的单调性求得f（x）的最大值，可得t²+t≥g（α）=$\frac{1}{{cos}^{2}α}$+2tanα+2 对$?α∈[-\frac{π}{3}，\frac{π}{4}]$的恒成立，再求得g（α）的最大值，从而求得t的范围．

解答 解：（1）证明：任取x₁，x₂∈[-1，1]且x₁＜x₂，则$f（{x_2}）-f（{x_1}）=f（{x_2}）+f（-{x_1}）=\frac{{f（{x_2}）+f（-{x_1}）}}{{{x_2}+（-{x_1}）}}•（{x_2}-{x_1}）＞0$，
∴f（x₂）＞f（x₁），∴f（x）为增函数．
（2）$f（x+\frac{1}{2}）＜f（1-x）$，等价于$\left\{\begin{array}{l}{-1≤x+\frac{1}{2}≤1}\\{-1≤1-x≤1}\\{x+\frac{1}{2}＜1-x}\end{array}\right.$，求得0≤x＜$\frac{1}{4}$，
即不等式$f（x+\frac{1}{2}）＜f（1-x）$的解集为$[0，\frac{1}{4}）$．
（3）由于f（x）为增函数，
∴f（x）的最大值为$f（1）=1≤{t^2}+t-\frac{1}{{{{cos}^2}α}}-2tanα-1$对$α∈[-\frac{π}{3}，\frac{π}{4}]$恒成立$?{t^2}+t≥\frac{1}{{{{cos}^2}α}}+2tanα+2$ 对$?α∈[-\frac{π}{3}，\frac{π}{4}]$的恒成立，
设$g（α）=\frac{1}{{{{cos}^2}α}}+2tanα+2$，则${t^2}+t≥{（g（α））_{max}}，α∈[-\frac{π}{3}，\frac{π}{4}]$．
又$g（α）=\frac{1}{{{{cos}^2}α}}+2tanα+2$=$\frac{{{{cos}^2}α+{{sin}^2}α}}{{{{cos}^2}α}}+2tanα+2$=1+tan²α+2tanα+2=（tanα+1）²+2，
∵α∈[-$\frac{π}{3}$，$\frac{π}{4}$]，∴tanα∈[-$\sqrt{3}$，1]，故当tanα=1时，
${（g（α））_{max}}=g（\frac{π}{4}）=6$．
∴t²+t≥6，求得t≤-3 t≥2，即为所求的实数t的取值范围．

点评 本题主要考查函数的单调性的证明以及应用，函数的恒成立问题，求函数的最值，属于中档题．