已知f[x]是定义在【-1，1】的奇函数，且f[1]=1.若a,b属于【-1，1】，a+b不等于0，有f[a]+f[b]/a+b＞0

已知f[x]是定义在【-1，1】的奇函数，且f[1]=1.若a,b属于【-1，1】，a+b不等于0，有f[a]+f[b]/a+b＞0

【1】判断f[x]在【-1，1】上的单调性，并证明你的结论；

【2】解不等式f[x+0.5]＜f[1/x-1];

[3]若f[x]≤m²-2am+a,对所有x∈【-1，1】，a∈【-1，1】恒成立，求实数m的取值范围

解: (1)设T=-b 则：b=-T 由于： a+b≠0时,都有[f(a)+f(b)]/(a+b)>0 故：a-T≠0时， 有：[f(a)+f(-T)]/[a+(-T)]>0 又f(x)是奇函数 则有：f(-T)=-f(T) 则：[f(a)-f(T)]/[a-T]>0 即：[a-T]与[f(a)-f(T)]同号 即：a>T时，恒有f(a)>f(T) a<T时，恒有f(a)<f(T) 故：f(x)在[-1,1]上是增函数 (2) 由f(x+0.5)<f(1/(x-1)) 得 -1〈=（x+0.5）〈=1 -1〈=1/（x-1）<=1 x+1/2>1/(x-1) ∴-1<x＜0 （3） 由以上知f(x)最大值为f(1)=1, 所以要f(x)≤m2－2pm+1对所有x∈〔－1,1〕,p∈〔－1,1〕(p是常数)恒成立， 只需1≤m2－2pm+1恒成立， 得实数m的取值范围为m≤0或m≥2p.

  考点：函数奇偶性的性质；函数单调性的判断与证明；函数单调性的性质；函数恒成立问题． 分析：（1）由单调性定义判断和证明； （2）由f（x）是奇函数和（1）的结论知f（x）在上[-1，1]是增函数，再利用定义的逆用求解； （3）先由（1）求得f（x）的最大值，再转化为关于a的不等式恒成立问题求解． 解答：解：（1）任取-1≤x₁＜x₂≤1，则 f（x₁）-f（x₂）=f（x₁）+f（-x₂）=

f(x1)+f(−x2)

x1−x2

•(x1−x2) ∵-1≤x₁＜x₂≤1，∴x₁+（-x₂）≠0， 由已知

f(x1)+f(−x2)

x1−x2

＞0，又x₁-x₂＜0， ∴f（x₁）-f（x₂）＜0，即f（x）在[-1，1]上为增函数； （2）∵f（x）在[-1，1]上为增函数， 故有

−1≤x+ 1 2 ≤1 −1≤ 1 x−1 ≤1 x+ 1 2 ＜ 1 x−1

由此解得{x|−

3

2

≤x＜−1} （3）由

（1）由f（x）是定义在区间[-1，1]上的奇函数，m、n∈[-1，1]，m+n≠0时，有

f(m)+f(n)

m+n

＞0，利用定义法能够证明函数f（x）在[-1，1]上单调递增． （2）f（x+

1

2

）＜f（1-x）等价于

−1≤x+ 1 2 ≤1 −1≤1−x≤1 x+ 1 2 ＜1−x

，由此能求出不等式f（x+

1

2

）＜f（1-x）的解集． （3）由于f（x）为增函数，f（x）的最大值为f（1）=1，故f（x）≤t²-2at+1对a∈[-1，1]、x∈[-1，1]恒成立，所以t²-2at≥0对任意a∈[-1，1]恒成立，由此能求出实数t的取值范围．解答：解：（1）∵f（x）是定义在区间[-1，1]上的奇函数，且f（1）=1， m、n∈[-1，1]，m+n≠0时，有

f(m)+f(n)

m+n

＞0． ∴任取x₁，x₂∈[-1，1]，且x₂≥x₁， 则f（x₂）-f（x₁）=f（x₂）+f（-x₁）=

f(x2)+f(−x1)

x2+(−x1)

•（x₂-x₁）＞0， ∴f（x₂）＞f（x₁）， ∴函数f（x）在[-1，1]上单调递增． （2）∵f（x+

1

2

）＜f（1-x）， ∴

−1≤x+ 1 2 ≤1 −1≤1−x≤1 x+ 1 2 ＜1−x

，解得0≤x＜

1

4

， ∴不等式f（x+

1

2

）＜f（1-x）的解集为[0，

1

4

）． （3）由于f（x）为增函数，∴f（x）的最大值为f（1）=1， ∴f（x）≤t²-2at+1对a∈[-1，1]、x∈[-1，1]恒成立， ∴t²-2at+1≥1对任意a∈[-1，1]恒成立， ∴t²-2at≥0对任意a∈[-1，1]恒成立， 把y=t²-2at看作a的函数， 由a∈[-1，1]，知其图象是一条线段， ∴t²-2at≥0对任意a∈[-1，1]恒成立， ∴

t2−2×(−1)×t≥0 t2−2×1×t≥0

，即

t2+2t≥0 t2−2t≥0

， 解得t≤-2，或t=0，或t≥2． 故实数t的取值范围是{t|t≤-2，或t=0，或t≥2}