Question

2．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．
（Ⅰ）证明：f（x）在区间[-1，1]上是单调减函数；
（Ⅱ）解不等式f（x+$\frac{1}{2}}$）＜f（${\frac{1}{x-1}}$）；
（Ⅲ）若f（x）≤t²-mt-1对所有x∈[-1，1]，m∈[0，1]恒成立，求实数t的取值范围．

Answer 1

分析 （I）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．即可证明．
（II）f（x+$\frac{1}{2}}$）＜f（${\frac{1}{x-1}}$），可得-1≤$\frac{1}{x-1}$＜x+$\frac{1}{2}$≤1，解得即可．
（III）由f（x）在区间[-1，1]上是单调减函数，且f（-1）=1，可得f（x）_max=f（-1）=1．由f（x）≤t²-mt-1对所有x∈[-1，1]，m∈[0，1]恒成立，可得1≤t²-mt-1，即-tm+t²-2≥0对m∈[0，1]恒成立，利用一次函数的单调性即可得出．

解答 （I）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），∴该函数在[-1，1]上单调递减．
（II）解：∵f（x+$\frac{1}{2}}$）＜f（${\frac{1}{x-1}}$），∴-1≤$\frac{1}{x-1}$＜x+$\frac{1}{2}$≤1，解得：-1＜x≤0．
∴不等式的解集为（-1，0]．
（III）解：∵f（x）在区间[-1，1]上是单调减函数，且f（-1）=1，
∴f（x）_max=f（-1）=1．
∵f（x）≤t²-mt-1对所有x∈[-1，1]，m∈[0，1]恒成立，
∴1≤t²-mt-1，即-tm+t²-2≥0对m∈[0，1]恒成立，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{t}^{2}-2≥0}\\{-t+{t}^{2}-2≥0}\end{array}\right.$，解得t≥2或t$≤-\sqrt{2}$．
∴实数t的取值范围是$（-∞，-\sqrt{2}]$∪[2，+∞）．

点评 本题考查了函数的单调性、不等式的解法、恒成立问题的等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．