Question

12．設(shè)f（x）是定義在[-1，1]上的奇函數(shù)，f（-1）=-1，且對(duì)任意a，b∈[-1，1]，當(dāng)a≠b時(shí)，都有$\frac{f（a）-f（b）}{a-b}＞0$；
（1）解不等式f$（x-\frac{1}{2}）＜f（2x-\frac{1}{4}）$；
（2）若f（x）≤m²-2km+1對(duì)所有x∈[-1，1]，k∈[-1，1]恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）依題意知，函數(shù)f（x）在區(qū)間[-1，1]上單調(diào)遞增，由f$（x-\frac{1}{2}）＜f（2x-\frac{1}{4}）$，可得$\left\{\begin{array}{l}{-1≤x-\frac{1}{2}≤1}\\{-1≤2x-\frac{1}{4}≤1}\\{x-\frac{1}{2}＜2x-\frac{1}{4}}\end{array}\right.$，解之可得：-$\frac{1}{4}$＜x≤$\frac{5}{8}$，從而可得不等式f$（x-\frac{1}{2}）＜f（2x-\frac{1}{4}）$的解集為{x|-$\frac{1}{4}$＜x≤$\frac{5}{8}$}；
（2）由奇函數(shù)f（x）在區(qū)間[-1，1]上單調(diào)遞增，且f（-1）=-1，可得f（x）_max=f（1）=-f（-1）=1，故m²-2km+1≥f（x）_max=1，即m²-2km≥0恒成立（-1≤k≤1），令g（k）=-2mk+m²，則$\left\{\begin{array}{l}{g（-1）≥0}\\{g（1）≥0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{{m}^{2}+2m≥0}\\{{m}^{2}-2m≥0}\end{array}\right.$，解之可得實(shí)數(shù)m的取值范圍．

解答 解：（1）∵f（x）是定義在[-1，1]上的奇函數(shù)，
且對(duì)任意a，b∈[-1，1]，當(dāng)a≠b時(shí)，都有$\frac{f（a）-f（b）}{a-b}＞0$，
∴函數(shù)f（x）在區(qū)間[-1，1]上單調(diào)遞增，
又f$（x-\frac{1}{2}）＜f（2x-\frac{1}{4}）$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{-1≤x-\frac{1}{2}≤1}\\{-1≤2x-\frac{1}{4}≤1}\\{x-\frac{1}{2}＜2x-\frac{1}{4}}\end{array}\right.$，解得：-$\frac{1}{4}$＜x≤$\frac{5}{8}$，
∴不等式f$（x-\frac{1}{2}）＜f（2x-\frac{1}{4}）$的解集為{x|-$\frac{1}{4}$＜x≤$\frac{5}{8}$}；
（2）∵奇函數(shù)f（x）在區(qū)間[-1，1]上單調(diào)遞增，且f（-1）=-1，
∴f（x）_max=f（1）=-f（-1）=1，
故f（x）≤m²-2km+1對(duì)所有x∈[-1，1]，k∈[-1，1]恒成立?m²-2km+1≥f（x）_max=1，
∴m²-2km≥0恒成立（-1≤k≤1），
令g（k）=-2mk+m²，
則$\left\{\begin{array}{l}{g（-1）≥0}\\{g（1）≥0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{{m}^{2}+2m≥0}\\{{m}^{2}-2m≥0}\end{array}\right.$，解得：m≥2或m≤-2或m=0．
∴實(shí)數(shù)m的取值范圍為（-∞，-2]∪[2，+∞）∪{0}．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)恒成立問題，突出考查函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性及最值，考查函數(shù)方程與思想、等價(jià)轉(zhuǎn)化思想，屬于難題．