Question

7．已知是定義[-1，1]在上的奇函數(shù)，且f（1）=1，若m，n∈[-1，1]，m+n≠0時(shí)，有$\frac{f（m）+f（n）}{m+n}＞0$．
（1）證明：f（x）在[-1，1]上是增函數(shù)；
（2）解不等式$f（x+\frac{1}{2}）＜f（\frac{1}{x-1}）$；
（3）若f（x）≤t²-2at+1對任意x∈[-1，1]，a∈[-1，1]恒成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意，設(shè)-1≤x₁＜x₂≤1，則有f（x₁）-f（x₂）=f（x₁）+f（-x₂）=$\frac{f（{x}_{1}）+f（{-x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$（x₁-x₂），結(jié)合題意分析可得f（x₁）-f（x₂）的符號，由函數(shù)單調(diào)性的定義分析可得答案；
（2）根據(jù)題意，由函數(shù)的單調(diào)性以及定義域可得$\left\{\begin{array}{l}{-1≤x+\frac{1}{2}≤1}\\{-1≤\frac{1}{x-1}≤1}\\{x+\frac{1}{2}＜\frac{1}{x-1}}\end{array}\right.$，解可得x的取值范圍，即可得答案；
（3）根據(jù)題意，由函數(shù)的單調(diào)性可得f（x）≤t²-2at+1對任意x∈[-1，1]，則有t²-2at+1≥1恒成立，即t²-2at≥0恒成立，令g（a）=t²-2at，分析有g(shù)（a）=t²-2at≥0在[-1，1]上恒成立，由一次函數(shù)的性質(zhì)可得$\left\{\begin{array}{l}{g（1）≥0}\\{g（-1）≥0}\end{array}\right.$，解可得t的取值范圍，即可得答案．

解答 解：（1）證明：根據(jù)題意，設(shè)-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，則x₁-x₂＜0，且$\frac{f（{x}_{1}）+f（{-x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞0，
故有f（x₁）-f（x₂）＜0，
則函數(shù)f（x）在[-1，1]上是增函數(shù)；
（2）由（1）可得，f（x）在[-1，1]上是增函數(shù)，
若$f（x+\frac{1}{2}）＜f（\frac{1}{x-1}）$；
則有$\left\{\begin{array}{l}{-1≤x+\frac{1}{2}≤1}\\{-1≤\frac{1}{x-1}≤1}\\{x+\frac{1}{2}＜\frac{1}{x-1}}\end{array}\right.$，解可得-$\frac{3}{2}$≤x＜-1，
故不等式$f（x+\frac{1}{2}）＜f（\frac{1}{x-1}）$的解集為{x|-$\frac{3}{2}$≤x＜-1}，
（3）由（1）可得，f（x）在[-1，1]上是增函數(shù)，且f（1）=1，
則有對于任意x∈[-1，1]，有f（x）≤f（1）=1，
若f（x）≤t²-2at+1對任意x∈[-1，1]，則有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，
則有$\left\{\begin{array}{l}{g（1）≥0}\\{g（-1）≥0}\end{array}\right.$，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的取值范圍是t≥2或t≤-2或t=0．

點(diǎn)評 本題考查函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性的綜合應(yīng)用，涉及函數(shù)恒成立問題，（3）的關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化為關(guān)于a的函數(shù)g（x）的最小值問題．