Question

5．定義在R上的函數(shù)f（x）滿(mǎn)足：f（-x）+f（x）=x²，當(dāng)x＜0時(shí)，f′（x）＜x，則不等式f（x）+$\frac{1}{2}$≤f（1-x）+x的解集為$[{\frac{1}{2}，+∞}）$．

Answer 1

分析 對(duì)f（-x）+f（x）=x²兩邊對(duì)x取導(dǎo)數(shù)，根據(jù)條件推出x＞0時(shí)，f′（x）＜x，求出f（0）=0且f′（0）≤0得到：x∈R，都有f′（x）＜x，根據(jù)不等式構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）+$\frac{1}{2}$-f（1-x）-x和F′（x），判斷出F′（x）的符號(hào)可得F（x）的單調(diào)性，利用F（x）的單調(diào)性和F（$\frac{1}{2}$）=0求出不等式的解集．

解答 解：∵定義在R上的函數(shù)f（x）滿(mǎn)足：f（-x）+f（x）=x²，
兩邊對(duì)x求導(dǎo)，得-f′（-x）+f′（x）=2x，
∴f′（x）=f′（-x）+2x，
令x＞0，則-x＜0，
∵當(dāng)x＜0時(shí)，f′（x）＜x，∴f′（-x）＜-x，
∴f′（x）＜2x-x，即f′（x）＜x，
又f（0）=0，直線y=x過(guò)原點(diǎn)，∴f′（0）≤0，∴x∈R，都有f′（x）＜x，
令F（x）=f（x）+$\frac{1}{2}$-f（1-x）-x，則
F′（x）=f′（x）+f′（1-x）-1＜x+1-x-1=0，
∴F（x）是R上的單調(diào)減函數(shù)，且F（$\frac{1}{2}$）=0，
∴不等式f（x）+$\frac{1}{2}$≤f（1-x）+x化為：f（x）+$\frac{1}{2}$-f（1-x）-x≤0=F（$\frac{1}{2}$）成立
則不等式的解集是$[{\frac{1}{2}，+∞}）$，
故答案為：$[{\frac{1}{2}，+∞}）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，利用函數(shù)的單調(diào)性解不等式，考查構(gòu)造函數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)的能力，屬于中檔題．