Question

17．已知f（x）是定義在[-2，2]上的奇函數(shù)，當a，b∈[-2，2]，且a+b≠0時，有$\frac{f（a）+f（b）}{a+b}＞0$．
（1）比較f（1）與f（0）的大�。�
（2）若m＞n，試比較f（m）與f（n）的大�。�
（3）若f（2）=1，f（x）≤t²-2bt+1，對所有x∈[-2，2]，b∈[-1，1]恒成立，求實數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)奇函數(shù)的定義可知f（0）=0，結(jié)合條件，令a=1，b=0，得出f（1）＞f（0）；
（2）只需判斷函數(shù)的單調(diào)性即可．根據(jù)定義，只需分別令a=x₁，b=-x₂，得出函數(shù)的單調(diào)性．
（3）恒成立問題可轉(zhuǎn)化為1≤t²-2bt+1恒成立，只需求出右式的最小值即可．構(gòu)造函數(shù)記g（b）=-2tb+t²，看成關(guān)于b的一次函數(shù)，通過討論t，確定函數(shù)的單調(diào)性，求出最值即可．

解答 解：（1）∵f（x）是定義在[-2，2]上的奇函數(shù)
∴f（0）=0
∵$\frac{f（a）+f（b）}{a+b}＞0$，令a=1，b=0
∴$\frac{f（1）+f（0）}{1+0}＞0$，即f（1）＞0
∴f（1）＞f（0）
（2）設(shè)x₁，x₂∈[-2，2]，且x₁＜x₂，在$\frac{f（a）+f（b）}{a+b}＞0$中，令a=x₁，b=-x₂
則$\frac{{f（{x_1}）+f（{-{x_2}}）}}{{{x_1}-{x_2}}}＞0$
∵x₁＜x₂，∴x₁-x₂＜0
又∵f（x）是定義在[-2，2]上的奇函數(shù)，∴f（-x₂）=-f（x₂）
則$\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}＞0$
∴f（x₁）-f（x₂）＜0，即f（x₁）＜f（x₂）
故f（x）在[-2，2]上為增函數(shù)
∵m＞n
∴f（m）＞f（n）
（3）∵f（2）=1，且f（x）在[-2，2]上為增函數(shù)，對所有x∈[-2，2]，b∈[-1，1]總有f（x）≤t²-2bt+1恒成立
∴應有1≤t²-2bt+1恒成，即t²-2bt≥0對于任意b∈[-1，1]恒成立
記g（b）=-2tb+t²，若對所有b∈[-1，1]，總有g(shù)（b）≥0成立，則只需g（b）在[-1，1]上的最小值不小于零即可．
①當t=0時，g（b）=0，滿足題意；
②當t＞0時，g（b）=-2tb+t²是減函數(shù)，故在[-1，1]上，g（b）在b=1處取得最小值，
則需滿足g（1）=-2t+t²≥0，解得t≥2或t≤0（舍）；
③當t＜0時，g（b）=-2tb+t²是增函數(shù)，故在[-1，1]上，g（b）在b=-1處取得最小值，
則需滿足g（-1）=2t+t²≥0，解得t≤-2或t≥0（舍）；
綜上所述，t的取值范圍為t∈（-∞，-2]∪{0}∪[2，+∞）

點評 本題考查了抽象函數(shù)的單調(diào)性和利用單調(diào)性解決恒成立問題．綜合性較強．