Question

已知f（x）是定義在[-1，1]上的奇函數，且f（1）=1，若m，n∈[-1，1]，m+n≠0時，有

f(m)+f(n)

m+n

＞0．
（1）解不等式f(x+

1

2

)＜f(1-x)；
（2）若f（x）≤t²-2at+1對所有x∈[-1，1]，a∈[-1，1]恒成立，求實數t的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）由f（x）是奇函數和單調性的定義，可得f（x）在[-1，1]上是增函數，再利用定義的逆用求解；
（2）先由（1）求得f（x）的最大值，再轉化為關于a的不等式恒成立問題求解．

解答：解：（1）任取x₁，x₂∈[-1，1]且x₁＜x₂，則f(x2)-f(x1)=f(x2)+f(-x1)=

f(x2)+f(-x1)

x2+(-x1)

•(x2-x1)＞0
∴f（x₂）＞f（x₁），∴f（x）為增函數
∵f(x+

1

2

)＜f(1-x)
∴

-1≤x+ 1 2 ≤1 -1≤1-x≤1 x+ 1 2 ＜1-x

∴0≤x＜

1

4

，
即不等式f(x+

1

2

)＜f(1-x)的解集為[0，

1

4

)．
（2）由于f（x）為增函數，∴f（x）的最大值為f（1）=1，
∴f（x）≤t²-2at+1對x∈[-1，1]，a∈[-1，1]恒成立，等價于t²-2at+1≥1對任意的a∈[-1，1]恒成立，
即t²-2at≥0對任意的a∈[-1，1]恒成立．
把y=t²-2at看作a的函數，由于a∈[-1，1]知其圖象是一條線段．
∵t²-2at≥0對任意的a∈[-1，1]恒成立
∴

t2-2×(-1)×t≥0 t2-2×1×t≥0

∴

t2+2t≥0 t2-2t≥0

解得t≤-2或t=0或t≥2．

點評：本題主要考查單調性和奇偶性的綜合應用及函數最值、恒成立問題的轉化化歸思想．