Question

7．已知是定义[-1，1]在上的奇函数，且f（1）=1，若m，n∈[-1，1]，m+n≠0时，有$\frac{f（m）+f（n）}{m+n}＞0$．
（1）证明：f（x）在[-1，1]上是增函数；
（2）解不等式$f（x+\frac{1}{2}）＜f（\frac{1}{x-1}）$；
（3）若f（x）≤t²-2at+1对任意x∈[-1，1]，a∈[-1，1]恒成立，求实数t的取值范围．

Answer 1

分析 （1）根据题意，设-1≤x₁＜x₂≤1，则有f（x₁）-f（x₂）=f（x₁）+f（-x₂）=$\frac{f（{x}_{1}）+f（{-x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$（x₁-x₂），结合题意分析可得f（x₁）-f（x₂）的符号，由函数单调性的定义分析可得答案；
（2）根据题意，由函数的单调性以及定义域可得$\left\{\begin{array}{l}{-1≤x+\frac{1}{2}≤1}\\{-1≤\frac{1}{x-1}≤1}\\{x+\frac{1}{2}＜\frac{1}{x-1}}\end{array}\right.$，解可得x的取值范围，即可得答案；
（3）根据题意，由函数的单调性可得f（x）≤t²-2at+1对任意x∈[-1，1]，则有t²-2at+1≥1恒成立，即t²-2at≥0恒成立，令g（a）=t²-2at，分析有g（a）=t²-2at≥0在[-1，1]上恒成立，由一次函数的性质可得$\left\{\begin{array}{l}{g（1）≥0}\\{g（-1）≥0}\end{array}\right.$，解可得t的取值范围，即可得答案．

解答 解：（1）证明：根据题意，设-1≤x₁＜x₂≤1，
f（x₁）-f（x₂）=f（x₁）+f（-x₂）=$\frac{f（{x}_{1}）+f（{-x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$（x₁-x₂），
又由-1≤x₁＜x₂≤1，则x₁-x₂＜0，且$\frac{f（{x}_{1}）+f（{-x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞0，
故有f（x₁）-f（x₂）＜0，
则函数f（x）在[-1，1]上是增函数；
（2）由（1）可得，f（x）在[-1，1]上是增函数，
若$f（x+\frac{1}{2}）＜f（\frac{1}{x-1}）$；
则有$\left\{\begin{array}{l}{-1≤x+\frac{1}{2}≤1}\\{-1≤\frac{1}{x-1}≤1}\\{x+\frac{1}{2}＜\frac{1}{x-1}}\end{array}\right.$，解可得-$\frac{3}{2}$≤x＜-1，
故不等式$f（x+\frac{1}{2}）＜f（\frac{1}{x-1}）$的解集为{x|-$\frac{3}{2}$≤x＜-1}，
（3）由（1）可得，f（x）在[-1，1]上是增函数，且f（1）=1，
则有对于任意x∈[-1，1]，有f（x）≤f（1）=1，
若f（x）≤t²-2at+1对任意x∈[-1，1]，则有t²-2at+1≥1恒成立，即t²-2at≥0恒成立，其中a∈[-1，1]，
令g（a）=t²-2at，a∈[-1，1]，
若g（a）=t²-2at≥0在[-1，1]上恒成立，
则有$\left\{\begin{array}{l}{g（1）≥0}\\{g（-1）≥0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{{t}^{2}+2t≥0}\\{{t}^{2}-2t≥0}\end{array}\right.$，
解可得t≥2或t≤-2或t=0，
故t的取值范围是t≥2或t≤-2或t=0．

点评 本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，涉及函数恒成立问题，（3）的关键是转化为关于a的函数g（x）的最小值问题．