Question

16．已知f（x）是定义在区间[-1，1]上的奇函数，且f（1）=1，且f（x）满足对任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对所有x∈[-1，1]、a∈[-1，1]恒成立，求实数t的取值范围．
（3）若f（x）≤t²-2at+2对所有x∈[-1，1]，t∈[-1，1]恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）先用定义判断f（x）在[-1，1]上的单调性，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；
（2）对任意的x∈[-1，1]不等式恒成立，等价于f（x）_max=f（1））≤t²-2at+1，对任意a∈[-1，1]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；
（3）令g（x）=x²-2ax+1，不等式恒成立，转化为$\left\{\begin{array}{l}{a≤1}\\{g（-1）≥0}\end{array}\right.$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）是定义在区间[-1，1]上的奇函数，且f（1）=1，
m、n∈[-1，1]，m≠n时，有$\frac{f（m）+f（n）}{m+n}$＞0．
∴任取x₁，x₂∈[-1，1]，且x₂≥x₁，
则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[-1，1]上单调递增．
∵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的取值范围为[0，$\frac{1}{4}$）．
（2）由于f（x）为增函数，∴f（x）的最大值为f（1）=1，
∴f（x）≤t²-2at+1对a∈[-1，1]、x∈[-1，1]恒成立，
∴t²-2at+1≥1对任意a∈[-1，1]恒成立，
∴t²-2at≥0对任意a∈[-1，1]恒成立，
把y=t²-2at看作a的函数，
由a∈[-1，1]，知其图象是一条线段，
∴t²-2at≥0对任意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．
故实数t的取值范围是{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对所有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，
综上所述：-1≤a≤1．

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．解题时要认真审题，注意定义法、等价转化思想、构造法的合理运用．