Question

4．已知f（x）是定義在區(qū)間[-1，1]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）解不等式f（x+$\frac{1}{2}$）＜f（1-x）；
（2）若f（x）≤t²-2at+1對(duì)所有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）令m=x₁，n=-x₂，且-1≤x₁＜x₂≤1，代入條件，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義進(jìn)行判定；根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，以及函數(shù)的定義域建立不等式組，解之即可．
（2）由于f（x）為減函數(shù)，可得f（x）的最大值為f（-1）=1．f（x）≤t²-2at+1對(duì)a∈[-1，1]，x∈[-1，1]恒成立?t²-2at+1≥1對(duì)任意a∈[-1，1]恒成立?t²-2at≥0對(duì)任意a∈[-1，1]恒成立．看作a的一次函數(shù)，即可得出．

解答 解：（1）證明：令m=x₁，n=-x₂，且-1≤x₁＜x₂≤1，
代入$\frac{f（m）+f（n）}{m+n}$＜0得$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＜0．
∵x₁＜x₂
∴f（x₁）＞f（x₂）
按照單調(diào)函數(shù)的定義，可知該函數(shù)在[-1，1]上單調(diào)遞減．
原不等式f（x+$\frac{1}{2}$）＜f（1-x）等價(jià)于$\left\{\begin{array}{l}{-1≤x+\frac{1}{2}≤1}\\{-1≤1-x≤1}\\{x+\frac{1}{2}＞1-x}\end{array}\right.$，
∴$\frac{1}{4}$＜x＜$≤\frac{1}{2}$．
（2）由于f（x）為減函數(shù)，∴f（x）的最大值為f（-1）=1，
∴f（x）≤t²-2at+1對(duì)x∈[-1，1]，a∈[-1，1]恒成立，等價(jià)于t²-2at+1≥1對(duì)任意的a∈[-1，1]恒成立，
即t²-2at≥0對(duì)任意的a∈[-1，1]恒成立．
把y=t²-2at看作a的函數(shù)，由于a∈[-1，1]知其圖象是一條線段．
∵t²-2at≥0對(duì)任意的a∈[-1，1]恒成立
∴$\left\{\begin{array}{l}{{t}^{2}-2×（-1）×t≥0\\;}\\{{t}^{2}-2×1×t≥0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{t}^{2}+2t≥0}\\{{t}^{2}-2t≥0}\end{array}\right.$，
解得t≤-2或t=0或t≥2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了抽象函數(shù)的單調(diào)性、恒成立問題的等價(jià)轉(zhuǎn)化方法、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．