Question

4．已知f（x）是定义在区间[-1，1]上的奇函数，且f（-1）=1，若m，n∈[-1，1]，m+n≠0时，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对所有x∈[-1，1]，a∈[-1，1]恒成立，求实数t的取值范围．

Answer 1

分析 （1）令m=x₁，n=-x₂，且-1≤x₁＜x₂≤1，代入条件，根据函数单调性的定义进行判定；根据函数的单调性，以及函数的定义域建立不等式组，解之即可．
（2）由于f（x）为减函数，可得f（x）的最大值为f（-1）=1．f（x）≤t²-2at+1对a∈[-1，1]，x∈[-1，1]恒成立?t²-2at+1≥1对任意a∈[-1，1]恒成立?t²-2at≥0对任意a∈[-1，1]恒成立．看作a的一次函数，即可得出．

解答 解：（1）证明：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）
按照单调函数的定义，可知该函数在[-1，1]上单调递减．
原不等式f（x+$\frac{1}{2}$）＜f（1-x）等价于$\left\{\begin{array}{l}{-1≤x+\frac{1}{2}≤1}\\{-1≤1-x≤1}\\{x+\frac{1}{2}＞1-x}\end{array}\right.$，
∴$\frac{1}{4}$＜x＜$≤\frac{1}{2}$．
（2）由于f（x）为减函数，∴f（x）的最大值为f（-1）=1，
∴f（x）≤t²-2at+1对x∈[-1，1]，a∈[-1，1]恒成立，等价于t²-2at+1≥1对任意的a∈[-1，1]恒成立，
即t²-2at≥0对任意的a∈[-1，1]恒成立．
把y=t²-2at看作a的函数，由于a∈[-1，1]知其图象是一条线段．
∵t²-2at≥0对任意的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．

点评 本题考查了抽象函数的单调性、恒成立问题的等价转化方法、一次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于难题．