Question

18．已知函數(shù)f（x）對(duì)定義域[-1，1]內(nèi)的任意實(shí)數(shù)x，y總有f（x）+f（y）=f（x+y）
（1）證明：f（x）在[-1，1]上是增函數(shù)；
（2）解不等式f（x²-1）+f（3-3x）＜0
（3）若f（x）≤t²-2at+1對(duì)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）任取-1≤x₁＜x₂≤1，則f（x₂）=f（x₁+x₂-x₁）=f（x₁）+f（x₂-x₁），由x₂-x₁＞0，可得f（x₂-x₁）＞0，即可證明．
（2）由f（x）+f（y）=f（x+y），令x=y=0，解得f（0）=0．令y=-x，則f（x）+f（-x）=0，可得f（x）在[-1，1]上的奇函數(shù)，又在[-1，1]上是增函數(shù)，f（x²-1）+f（3-3x）＜0化為：f（x²-1）＜f（3x-3），利用單調(diào)性即可得出．
（3）利用f（x）的單調(diào)性，可得f（x）在[-1，1]上的最大值為f（1），又f（1）=-f（-1）=-2f$（\frac{1}{2}）$．要使f（x）≤t²-2at+1對(duì)任意x∈[-1，1]，a∈[-1，1]恒成立，只要t²-2at+1≥1，即t²-2at≥0，設(shè)g（a）=-2ta+t²對(duì)任意a∈[-1，1]，g（a）≥0恒成立，利用一次函數(shù)的單調(diào)性即可得出．

解答 （1）證明：任取-1≤x₁＜x₂≤1，則f（x₂）=f（x₁+x₂-x₁）=f（x₁）+f（x₂-x₁），
由x₂-x₁＞0，∴f（x₂-x₁）＞0，∴f（x₂）＞f（x₁），
∴f（x）在[-1，1]上是增函數(shù)．
（2）解：由f（x）+f（y）=f（x+y），
令x=y=0，則2f（0）=f（0），解得f（0）=0．
令y=-x，
則f（x）+f（-x）=f（0）=0，
∴f（-x）=-f（x）．
∴f（x）在[-1，1]上的奇函數(shù)，且在[-1，1]上是增函數(shù)，
∴f（x²-1）+f（3-3x）＜0化為：f（x²-1）＜f（3x-3），
∴$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}-1＜3x-3}\\{-1≤{x}^{2}-1≤1}\\{-1≤3x-3≤1}\end{array}\right.$，解得x∈$（1，\frac{4}{3}]$．
（3）解：由（1）知f（x）在[-1，1]上是增函數(shù)，∴f（x）在[-1，1]上的最大值為f（1），
∵f（1）=-f（-1）=$f（-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}）$=-2f$（\frac{1}{2}）$=1．
要使f（x）≤t²-2at+1對(duì)任意x∈[-1，1]，a∈[-1，1]恒成立，
只要t²-2at+1≥1，即t²-2at≥0，
設(shè)g（a）=-2ta+t²對(duì)任意a∈[-1，1]，g（a）≥0恒成立，
∴$\left\{\begin{array}{l}{g（-1）≥0}\\{g（1）≥0}\end{array}\right.$，解得t≥2或t≤-2或t=0．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了抽象函數(shù)的單調(diào)性與奇偶性、不等式的解法、一次函數(shù)的單調(diào)性，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．