Question

已知f（x）是定义在[-1，1]上的奇函数，且f（1）=1．若对任意a，b∈[-1，1]，a+b≠0都有

f(a)+f(b)

a+b

＞0．
（1）判断函数f（x）的单调性，并说明理由；
（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对所有x∈[-1，1]和a∈[-1，1]都恒成立，求实数t的取值范围．

Answer 1

分析：（1）设任意x₁，x₂∈[-1，1]，且x₁＜x₂，利用函数的单调性的定义，作差，然后根据f（x）为奇函数和对任意a，b∈[-1，1]，a+b≠0都有

f(a)+f(b)

a+b

＞0，将差变形，即可判断出差的符号，从而确定函数f（x）的单调性；
（2）利用函数f（x）为奇函数，将不等式转化为f（x-

1

2

）＜f（

1

4

-x），再利用函数的单调性去掉“f”，列出不等式组，求解即可得到不等式的解集；
（3）将不等式f（x）+（2a-1）t-2≤0对所有x∈[-1，1]和a∈[-1，1]都恒成立，转化为f（x）_max≤（1-2a）t+2对任意的a∈[-1，1]都恒成立，求出f（x）_max，即可得到1≤-2ta+t+2对任意的a∈[-1，1]都恒成立，运用函数的性质，列出不等式组，求解即可得到实数t的取值范围．

解答：解：（1）设任意x₁，x₂∈[-1，1]，且x₁＜x₂，
∵f（x）是定义在[-1，1]上的奇函数，
∴f（-x）=-f（x），
∴f（x₁）-f（x₂）=f（x₁）+f（-x₂），
∵对任意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，则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）在定义域[-1，1]上位增函数；
（2）∵函数f（x）为奇函数，
∴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）在定义域[-1，1]上位增函数，
∴

-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的解集为{x|-

1

2

≤x＜

3

8

}；
（3）由（1）可知，f（x）在定义域[-1，1]上位增函数，
∴f（x）_max=f（1），又f（1）=1，
∴f（x）_max=1，
∵不等式f（x）+（2a-1）t-2≤0对所有x∈[-1，1]和a∈[-1，1]都恒成立，
∴f（x）_max≤（1-2a）t+2对任意的a∈[-1，1]都恒成立，
∴1≤-2ta+t+2对任意的a∈[-1，1]都恒成立，
∴

-2t+t+2≥1 2t+t+2≥1

，解得-

1

3

≤t≤1，
∴实数t的取值范围为-

1

3

≤t≤1．

点评：本题考查了函数单调性的判断与证明，注意一般单调性的证明选用定义法证明，证明的步骤是：设值，作差，化简，定号，下结论．考查了运用函数的单调性解不等式，解题的关键是将不等式进行合理的转化，然后利用单调性去掉“f”．本题还考查了不等式恒成立问题，对于不等式恒成立问题一般选用参变量分离法、最值法、数形结合法求解．属于中档题．