Question

17．已知：f（x）是定義在[-1，1]上的奇函數(shù)，且f（1）=1，若a，b∈[-1，1]，且a+b≠0時，有$\frac{f（a）+f（b）}{a+b}$＞0恒成立．
（Ⅰ）用定義證明函數(shù)f（x）在[-1，1]上是增函數(shù)；
（Ⅱ）解不等式：$f（x+\frac{1}{2}）$＜f（1-x）；
（Ⅲ）若f（x）≤m²-2m+1對所有x∈[-1，1]恒成立，求：實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設任意x₁，x₂∈[-1，1]，且x₁＜x₂，由奇函數(shù)的性質(zhì)化簡f（x₂）-f（x₁），由$\frac{f（a）+f（b）}{a+b}＞0$得$\frac{{f（{x_2}）+f（-{x_1}）}}{{{x_2}+（-{x_1}）}}＞0$，判斷出符號后，由函數(shù)單調(diào)性的定義證明結(jié)論成立；
（Ⅱ）根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性和定義域列出不等式，求出不等式的解集；
（Ⅲ）由函數(shù)的單調(diào)性求出f（x）的最大值，由恒成立列出不等式，求出實數(shù)m的取值范圍．

解答 證明：（Ⅰ）設任意x₁，x₂∈[-1，1]，且x₁＜x₂，
∵f（x）是定義在[-1，1]上的奇函數(shù)，
∴f（x₂）-f（x₁）=f（x₂）+f（-x₁）
∵x₁＜x₂，∴x₂+（-x₁）≠0，
由題意知，$\frac{f（a）+f（b）}{a+b}＞0$，則$\frac{{f（{x_2}）+f（-{x_1}）}}{{{x_2}+（-{x_1}）}}＞0$，
∵x₂+（-x₁）=x₂-x₁＞0，
∴f（x₂）+f（-x₁）＞0，即f（x₂）＞f（x₁），
∴函數(shù)f（x）在[-1，1]上是增函數(shù)．…（5分）
解：（Ⅱ）由（Ⅰ）和不等式$f（x+\frac{1}{2}）＜f（1-x）$得，
$\left\{\begin{array}{l}-1≤x+\frac{1}{2}≤1\\-1≤1-x≤1\\ x+\frac{1}{2}＜1-x\end{array}\right.$，解得$0≤x＜\frac{1}{4}$，
∴不等式的解集是[0，$\frac{1}{4}$）…（9分）
（Ⅲ）由（Ⅰ）得，f（x）最大值為f（1）=1，
所以要使f（x）≤m²-2m+1對所有x∈[-1，1]，
只需1≤m²-2m+1恒成立，解得m≤0或m≥2，
得實數(shù)m的取值范圍為m≤0或m≥2．…（14分）

點評 本題考查定義法證明抽象函數(shù)的單調(diào)性，奇函數(shù)的性質(zhì)，以及恒成立問題轉(zhuǎn)化為求最值，考查轉(zhuǎn)化思想，化簡、變形能力．