Question

已知f（x）是定義在[-1，1]上的奇函數(shù)，且f（1）=1．若對任意a，b∈[-1，1]，a+b≠0都有

f(a)+f(b)

a+b

＞0．
（1）判斷函數(shù)f（x）的單調(diào)性，并說明理由；
（2）解不等式f(x-

1

2

)+f(x-

1

4

)＜0；
（3）若不等式f（x）+（2a-1）t-2≤0對所有x∈[-1，1]和a∈[-1，1]都恒成立，求實數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）設(shè)任意x₁，x₂∈[-1，1]，且x₁＜x₂，利用函數(shù)的單調(diào)性的定義，作差，然后根據(jù)f（x）為奇函數(shù)和對任意a，b∈[-1，1]，a+b≠0都有

f(a)+f(b)

a+b

＞0，將差變形，即可判斷出差的符號，從而確定函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）利用函數(shù)f（x）為奇函數(shù)，將不等式轉(zhuǎn)化為f（x-

1

2

）＜f（

1

4

-x），再利用函數(shù)的單調(diào)性去掉“f”，列出不等式組，求解即可得到不等式的解集；
（3）將不等式f（x）+（2a-1）t-2≤0對所有x∈[-1，1]和a∈[-1，1]都恒成立，轉(zhuǎn)化為f（x）_max≤（1-2a）t+2對任意的a∈[-1，1]都恒成立，求出f（x）_max，即可得到1≤-2ta+t+2對任意的a∈[-1，1]都恒成立，運用函數(shù)的性質(zhì)，列出不等式組，求解即可得到實數(shù)t的取值范圍．

解答：解：（1）設(shè)任意x₁，x₂∈[-1，1]，且x₁＜x₂，
∵f（x）是定義在[-1，1]上的奇函數(shù)，
∴f（-x）=-f（x），
∴f（x₁）-f（x₂）=f（x₁）+f（-x₂），
∵對任意a，b∈[-1，1]，a+b≠0都有

f(a)+f(b)

a+b

＞0，
∴

f(x1)+f(-x2)

x1+(-x2)

＞0，又x₁＜x₂，則x₁-x₂＜0，
∴f（x₁）-f（x₂）=f（x₁）+f（-x₂）=

f(x1)+f(-x2)

x1+(-x2)

(x1-x2)＜0，
∴f（x₁）-f（x₂）＜0，
∴f（x）在定義域[-1，1]上位增函數(shù)；
（2）∵函數(shù)f（x）為奇函數(shù)，
∴f（-x）=f（x），又不等式f(x-

1

2

)+f(x-

1

4

)＜0，即f（x-

1

2

）＜-f（x-

1

4

），
∴f(x-

1

2

)＜-f(x-

1

4

)=f(

1

4

-x)，
由（1）可知，f（x）在定義域[-1，1]上位增函數(shù)，
∴

-1≤x- 1 2 ≤1 -1≤x- 1 4 ≤1 x- 1 2 ＜ 1 4 -x

，解得-

1

2

≤x＜

3

8

，
∴不等式f(x-

1

2

)+f(x-

1

4

)＜0的解集為{x|-

1

2

≤x＜

3

8

}；
（3）由（1）可知，f（x）在定義域[-1，1]上位增函數(shù)，
∴f（x）_max=f（1），又f（1）=1，
∴f（x）_max=1，
∵不等式f（x）+（2a-1）t-2≤0對所有x∈[-1，1]和a∈[-1，1]都恒成立，
∴f（x）_max≤（1-2a）t+2對任意的a∈[-1，1]都恒成立，
∴1≤-2ta+t+2對任意的a∈[-1，1]都恒成立，
∴

-2t+t+2≥1 2t+t+2≥1

，解得-

1

3

≤t≤1，
∴實數(shù)t的取值范圍為-

1

3

≤t≤1．

點評：本題考查了函數(shù)單調(diào)性的判斷與證明，注意一般單調(diào)性的證明選用定義法證明，證明的步驟是：設(shè)值，作差，化簡，定號，下結(jié)論．考查了運用函數(shù)的單調(diào)性解不等式，解題的關(guān)鍵是將不等式進(jìn)行合理的轉(zhuǎn)化，然后利用單調(diào)性去掉“f”．本題還考查了不等式恒成立問題，對于不等式恒成立問題一般選用參變量分離法、最值法、數(shù)形結(jié)合法求解．屬于中檔題．