Question

17．已知函数f（x）的定义域为[-2，2]，对任意的x∈[-2，2]，都有f（-x）=-f（x），且f（2）=2．
若对任意的m，n∈[-2，2]，m+n≠0，都有$\frac{f（m）+f（n）}{m+n}$＞0．
（Ⅰ）判断函数f（x）在[-2，2]上的单调性，并加以证明；
（Ⅱ）解不等式f（x-$\frac{1}{2}$）＜f（x²-$\frac{1}{4}$）；
（Ⅲ）若f（x）≤t²-2at+1对任意的x∈[-2，2]且a∈[-2，2]恒成立，求实数t的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）用定义判断f（x）在[-1，1]上的单调性；
（Ⅱ）由函数的单调性、奇偶性可去掉不等式中的符号“f”，解出即可；
（Ⅲ）对任意的x∈[-2，2]不等式恒成立，等价于f（x）_max=f（12）≤t²-2at+1，对任意a∈[-2，2]恒成立，可看作关于a的一次函数，借助图象可得关于a的不等式组，解出即可．

解答 解：（Ⅰ）∵对任意的m，n∈[-2，2]，m+n≠0，都有$\frac{f（m）+f（n）}{m+n}$＞0，
∴任取x₁，x₂∈[-2，2]，且x₂≥x₁，
∵对任意的x∈[-2，2]，都有f（-x）=-f（x），
∴f（x₂）-f（x₁）=$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$•（x₂-x₁）＞0，
∴f（x₂）＞f（x₁），
∴函数f（x）在[-2，2]上单调递增．
（Ⅱ）∵f（x-$\frac{1}{2}$）＜f（x²-$\frac{1}{4}$），
∴-2≤x-$\frac{1}{2}$＜x²-$\frac{1}{4}$≤2
解得-$\frac{3}{2}$≤x＜$\frac{-1-\sqrt{3}}{2}$或$\frac{-1+\sqrt{3}}{2}$＜x≤$\frac{3}{2}$；
（Ⅲ）由于f（x）为增函数，∴f（x）的最大值为f（2）=2，
∴f（x）≤t²-2at+1对任意的x∈[-2，2]且a∈[-2，2]恒成立，
∴t²-2at+1≥2对任意a∈[-2，2]恒成立，
∴t²-2at-1≥0对任意a∈[-2，2]恒成立，
把y=t²-2at-1看作a的函数，
由a∈[-2，2]，知其图象是一条线段，
∴t²-2at-1≥0对任意a∈[-2，2]恒成立，
∴有$\left\{\begin{array}{l}{{t}^{2}+4t-1≥0}\\{{t}^{2}-4t-1≥0}\end{array}\right.$，
解得t≤-2-$\sqrt{5}$或t≥2+$\sqrt{5}$．
故实数t的取值范围是{t|t≤-2-$\sqrt{5}$或t≥2+$\sqrt{5}$}．

点评 本题考查函数的单调性的判断，考查不等式解集的求法，考查转化思想、数形结合思想、等价转化思想，属于难题．