Question

18．定義在R上的函數(shù)f（x）對任意x₁，x₂（x₁≠x₂）都有$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＜0，且函數(shù)y=f（x+1）的圖象關于原點對稱，若s，t滿足不等式f（s²-2s）≤-f（2t-t²+2），則當1≤s≤4時，$\frac{t-2s}{s+t}$的取值范圍是（　�。�

• A． [-3，-$\frac{1}{2}$）
• B． [-3，-$\frac{1}{2}$]
• C． [-5，-$\frac{1}{2}$）
• D． [-5，-$\frac{1}{2}$]

Answer 1

分析 根據(jù)已知條件可知f（x）在R上單調(diào)遞減，又因為y=f（x+1）的圖象關于原點對稱，故y=f（x）的圖象關于點（1，0）對稱，即f（1-x）=-f（1+x），再根據(jù)此式，可得-f（2t-t²+2）=f（t²-2t），
然后由單調(diào)性可知s²-2s≥t²-2t，并將其整理為（s-t）（s+t-2）≥0，畫出$\left\{\begin{array}{l}{（s-t）（s+t-2）≥0}\\{1≤s≤t}\end{array}\right.$所表示的平面區(qū)域，設$\frac{t-2s}{s+t}=z$，整理得$t=\frac{z+2}{1-z}s$，該直線恒過原點，通過圖象得到直線的斜率$\frac{z+2}{1-z}$的取值范圍，即可算出z的取值范圍．

解答 解：∵定義在R上的函數(shù)f（x）對任意x₁，x₂（x₁≠x₂）都有$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＜0，
∴f（x）在R上單調(diào)遞減，
∵y=f（x+1）的圖象關于原點對稱，
∴y=f（x）的圖象關于點（1，0）對稱，
∴f（1-x）=-f（1+x），
∴-f（2t-t²+2）=-f[1+（2t-t²+1）]=f[1-（2t-t²+1）]=f（t²-2t），
∵f（s²-2s）≤-f（2t-t²+2），
∴f（s²-2s）≤f（t²-2t），
∵f（x）在R上單調(diào)遞減，
∴s²-2s≥t²-2t
∴（s-t）（s+t-2）≥0
∴$\left\{\begin{array}{l}{s-t≥0}\\{s+t-2≥0}\\{1≤s≤4}\end{array}\right.$，或$\left\{\begin{array}{l}{s-t≤0}\\{s+t-2≤0}\\{1≤s≤4}\end{array}\right.$
以s為橫坐標，t為縱坐標建立平面直角坐標系，畫出不等式組所表示的平面區(qū)域

圖中A（1，1），B（4，-2），C（4，4）
設$\frac{t-2s}{s+t}=z$，整理，得t=$\frac{z+2}{1-z}s$
直線t=$\frac{z+2}{1-z}s$恒經(jīng)過原點O（0，0）
由圖象可知${k}_{OB}≤\frac{z+2}{1-z}≤{k}_{OC}$，即$-\frac{1}{2}≤\frac{z+2}{1-z}≤1$
解得-5≤z≤$\frac{1}{2}$，即$\frac{t-2s}{s+t}$的取值范圍為$[-5，\frac{1}{2}]$
故選D

點評 本題考查了減函數(shù)的判定方法，圖象的平移及對稱，二元一次不等式組所表示的平面區(qū)域以及線性規(guī)劃的應用，本題解決的關鍵是設$\frac{t-2s}{s+t}=z$，再整理成$t=\frac{z+2}{1-z}s$形式，從而看出其表示經(jīng)過原點的一條直線，屬于中檔題．