Question

9．已知f（x）是定义在[-1，1]上的奇函数，f（1）=1，且若?a、b∈[-1，1]，a+b≠0，恒有$\frac{f（a）+f（b）}{a+b}$＞0，
（1）证明：函数f（x）在[-1，1]上是增函数；
（2）解不等式$f（{x+\frac{1}{2}}）＜f（{\frac{1}{x-1}}）$；
（3）若对?x∈[-1，1]及?a∈[-1，1]，不等式f（x）≤m²-2am+1恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）利用函数单调性的定义进行证明：在区间[-1，1]任取x₁、x₂，且x₁＜x₂，利用函数为奇函数的性质结合已知条件中的分式，可以证得f（x₁）-f（x₂）＜0，所以函数f（x）是[-1，1]上的增函数；
（2）由于f（x）是[-1，1]上的增函数，不等式$f（{x+\frac{1}{2}}）＜f（{\frac{1}{x-1}}）$即为-1≤x+$\frac{1}{2}$＜$\frac{1}{x-1}$≤1，解不等式即可得到解集；
（3）根据函数f（x）≤m²-2am+1对所有的x∈[-1，1]，a∈[-1，1]恒成立，说明f（x）的最大值1小于或等于右边，因此先将右边看作a的函数，m为参数系数，解不等式组，即可得出m的取值范围．

解答 解：（1）证明：任取x₁、x₂∈[-1，1]，且x₁＜x₂，
则f（x₁）-f（x₂）=f（x₁）+f（-x₂）
∵$\frac{f（{x}_{1}）+f（-{x}_{2}）}{{x}_{1}+（-{x}_{2}）}$＞0，
即$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞0，
∵x₁-x₂＜0，
∴f（x₁）-f（x₂）＜0．
则f（x）是[-1，1]上的增函数；
（2）由于f（x）是[-1，1]上的增函数，
不等式$f（{x+\frac{1}{2}}）＜f（{\frac{1}{x-1}}）$即为
-1≤x+$\frac{1}{2}$＜$\frac{1}{x-1}$≤1，
解得-$\frac{3}{2}$≤x＜-1，
即解集为[-$\frac{3}{2}$，-1）；
（3）要使f（x）≤m²-2am+1对所有的x∈[-1，1]，a∈[-1，1]恒成立，
只须f（x）_max≤m²-2am+1，即1≤m²-2am+1对任意的a∈[-1，1]恒成立，
亦即m²-2am≥0对任意的a∈[-1，1]恒成立．令g（a）=-2ma+m²，
只须$\left\{\begin{array}{l}{g（-1）=2m+{m}^{2}≥0}\\{g（1）=-2m+{m}^{2}≥0}\end{array}\right.$，
解得m≤-2或m≥2或m=0，即为所求．

点评 本题考查了抽象函数的单调性与函数的值域、不等式恒成立等知识点，属于中档题，解题时应该注意题中的主元与次元的处理．