Question

9．已知f（x）是定義在[-1，1]上的奇函數(shù)，且f（1）=1．若對(duì)任意m，n∈[-1，1]，m+n≠0都有$\frac{f（m）+f（n）}{m+n}＞0$．
（1）判斷函數(shù)f（x）的單調(diào)性，并簡要說明理由；
（2）若f（a+$\frac{1}{2}$）＜f（3a），求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）若不等式f（x）≤（1-2a）t+2對(duì)所有x∈[-1，1]和a∈[-1，1]都恒成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)單調(diào)性的定義，設(shè)任意的x₁，x₂∈[-1，1]，且x₁＜x₂，然后作差可以得到$f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）=\frac{f（{x}_{1}）+f（-{x}_{2}）}{{x}_{1}+（-{x}_{2}）}•（{x}_{1}-{x}_{2}）$，這樣根據(jù)條件便可得出f（x₁）＜f（x₂），從而說明f（x）在[-1，1]上為增函數(shù)；
（2）由（1）便可由$f（a+\frac{1}{2}）＜f（3a）$得到$\left\{\begin{array}{l}{-1≤a+\frac{1}{2}≤1}\\{-1≤3a≤1}\\{a+\frac{1}{2}＜3a}\end{array}\right.$，解該不等式組即可得出實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）由（1）可得f（x）_max=f（1）=1，從而可以得到1≤-2ta+t+2對(duì)所有的a∈[-1，1]都恒成立，從而有$\left\{\begin{array}{l}{-2t+t+2≥1}\\{2t+t+2≥1}\end{array}\right.$，解該不等式組即可得出實(shí)數(shù)t的取值范圍．

解答 解：（1）設(shè)x₁，x₂∈[-1，1]，且x₁＜x₂，由題意可得：
f（x₁）-f（x₂）=f（x₁）+f（-x₂）
=$\frac{f（{x}_{1}）+f（-{x}_{2}）}{{x}_{1}+（-{x}_{2}）}•（{x}_{1}-{x}_{2}）$；
∵x₁，-x₂∈[-1，1]，且x₁+（-x₂）≠0；
∴$\frac{f（{x}_{1}）+f（-{x}_{2}）}{{x}_{1}+（-{x}_{2}）}＞0$；
又x₁＜x₂，∴x₁-x₂＜0；
∴f（x₁）＜f（x₂）；
∴f（x）在定義域[-1，1]上為增函數(shù)；
（2）根據(jù)（1）由$f（a+\frac{1}{2}）＜f（3a）$得：
$\left\{\begin{array}{l}{-1≤a+\frac{1}{2}≤1}\\{-1≤3a≤1}\\{a+\frac{1}{2}＜3a}\end{array}\right.$；
解得$\frac{1}{4}＜x≤\frac{1}{3}$；
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為$（\frac{1}{4}，\frac{1}{3}]$；
（3）根據(jù)題意，f（x）_max≤（1-2a）t+2對(duì)任意a∈[-1，1]恒成立；
∴1≤-2ta+t+2對(duì)任意a∈[-1，1]恒成立；
∴$\left\{\begin{array}{l}{-2t+t+2≥1}\\{2t+t+2≥1}\end{array}\right.$；
解得$-\frac{1}{3}≤t≤1$；
∴實(shí)數(shù)t的取值范圍為$[-\frac{1}{3}，1]$．

點(diǎn)評(píng) 考查函數(shù)單調(diào)性的定義，以及根據(jù)單調(diào)性定義判斷一個(gè)函數(shù)單調(diào)性的方法，根據(jù)增函數(shù)的定義解不等式的方法，根據(jù)增函數(shù)的定義求函數(shù)最值的方法，掌握本題對(duì)于恒成立問題的處理方法．