Question

5．已知函數(shù)f（x）是定義在[-1，1]上的奇函數(shù)，且f（1）=1，若對(duì)任意的x，y∈[-1，1]，且x+y≠0，都有（x+y）•[f（x）+f（y）]＞0．
（1）判斷f（x）的單調(diào)性，并加以證明；
（2）解不等式$f（{x+\frac{1}{2}}）+f（{2x-1}）＜0$；
（3）若f（x）≤m²-2am+2對(duì)任意的x∈[-1，1]，m∈[1，2]恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用定義即可證明f（x）在[-1，1]上為增函數(shù)，
（2）由（1）可得關(guān)于x的不等式組，解得即可，
（3）方法一：即$m+\frac{1}{m}≥2a$對(duì)任意m∈[1，2]恒成立，則只需${（{m+\frac{1}{m}}）_{min}}≥2a$，m∈[1，2]即可，構(gòu)造函數(shù)，求出函數(shù)的最值即可，
方法二：則只需（m²-2am+1）_min≥0，m∈[1，2]即可．令h（m）=m²-2am+1，m∈[1，2]，其函數(shù)圖象的對(duì)稱軸為m=a，分類討論，求出函數(shù)的最值．

解答 解：（1）f（x）在[-1，1]上為增函數(shù)．
證明：任取x₁，x₂∈[-1，1]，且x₁＜x₂，則x₂-x₁＞0，
由題意知（x₂-x₁）•[f（x₂）+f（-x₁）]＞0，
又∵f（x）為奇函數(shù)，
∴（x₂-x₁）•[f（x₂）-f（x₁）]＞0，
∴f（x₂）-f（x₁）＞0，
即f（x₂）＞f（x₁），
∴f（x）在[-1，1]上為增函數(shù)．
（2）由題意及（1）知，$\left\{\begin{array}{l}-1≤x+\frac{1}{2}≤1\\-1≤1-2x≤1\\ x+\frac{1}{2}＜1-2x\end{array}\right.$，
解得：$0≤x＜\frac{1}{6}$．
故所求不等式的解集為：$\{x|0≤x＜\frac{1}{6}\}$．
（3）由f（x）在[-1，1]上為增函數(shù)，知f_max（x）=f（1）=1．
由題意，得1≤m²-2am+2，即m²-2am+1≥0對(duì)任意m∈[1，2]恒成立，
法一：即$m+\frac{1}{m}≥2a$對(duì)任意m∈[1，2]恒成立，則只需${（{m+\frac{1}{m}}）_{min}}≥2a$，m∈[1，2]即可．
令$g（m）=m+\frac{1}{m}$，m∈[1，2]，易證g（m）在[1，2]上是增函數(shù)，
所以g_min（m）=g（1）=2．
故2≥2a，即a≤1．
法二：
則只需（m²-2am+1）_min≥0，m∈[1，2]即可．
令h（m）=m²-2am+1，m∈[1，2]，其函數(shù)圖象的對(duì)稱軸為m=a
①當(dāng)a≤1時(shí)，h（m）在[1，2]上是增函數(shù)，則h_min（m）=h（1）=2-2a．
∴由2-2a≥0得：a≤1，從而a≤1；
②當(dāng)1＜a＜2時(shí)，${h_{min}}（m）=h（a）=-{a^2}+1$，
∴由-a²+1≥0得：-1＜a＜1，從而a無解；
③當(dāng)a≥2時(shí)，h（m）在[1，2]上是減函數(shù)，則h_min（m）=h（2）=5-4a．
∴由5-4a≥0得：$a≤\frac{5}{4}$，從而a無解．
綜上所述，a的取值范圍為a≤1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性與奇偶性的判定以及應(yīng)用問題，以及參數(shù)的取值范圍，是中檔題．