Question

18．定義在R上的函數(shù)f（x）對(duì)任意x₁，x₂（x₁≠x₂）都有$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＜0，且函數(shù)y=f（x+1）的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，若s，t滿足不等式f（s²-2s）≤-f（2t-t²+2），則當(dāng)1≤s≤4時(shí)，$\frac{t-2s}{s+t}$的取值范圍是（　�。�

• A． [-3，-$\frac{1}{2}$）
• B． [-3，-$\frac{1}{2}$]
• C． [-5，-$\frac{1}{2}$）
• D． [-5，-$\frac{1}{2}$]

Answer 1

分析 根據(jù)已知條件可知f（x）在R上單調(diào)遞減，又因?yàn)閥=f（x+1）的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，故y=f（x）的圖象關(guān)于點(diǎn)（1，0）對(duì)稱，即f（1-x）=-f（1+x），再根據(jù)此式，可得-f（2t-t²+2）=f（t²-2t），
然后由單調(diào)性可知s²-2s≥t²-2t，并將其整理為（s-t）（s+t-2）≥0，畫出$\left\{\begin{array}{l}{（s-t）（s+t-2）≥0}\\{1≤s≤t}\end{array}\right.$所表示的平面區(qū)域，設(shè)$\frac{t-2s}{s+t}=z$，整理得$t=\frac{z+2}{1-z}s$，該直線恒過(guò)原點(diǎn)，通過(guò)圖象得到直線的斜率$\frac{z+2}{1-z}$的取值范圍，即可算出z的取值范圍．

解答 解：∵定義在R上的函數(shù)f（x）對(duì)任意x₁，x₂（x₁≠x₂）都有$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＜0，
∴f（x）在R上單調(diào)遞減，
∵y=f（x+1）的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，
∴y=f（x）的圖象關(guān)于點(diǎn)（1，0）對(duì)稱，
∴f（1-x）=-f（1+x），
∴-f（2t-t²+2）=-f[1+（2t-t²+1）]=f[1-（2t-t²+1）]=f（t²-2t），
∵f（s²-2s）≤-f（2t-t²+2），
∴f（s²-2s）≤f（t²-2t），
∵f（x）在R上單調(diào)遞減，
∴s²-2s≥t²-2t
∴（s-t）（s+t-2）≥0
∴$\left\{\begin{array}{l}{s-t≥0}\\{s+t-2≥0}\\{1≤s≤4}\end{array}\right.$，或$\left\{\begin{array}{l}{s-t≤0}\\{s+t-2≤0}\\{1≤s≤4}\end{array}\right.$
以s為橫坐標(biāo)，t為縱坐標(biāo)建立平面直角坐標(biāo)系，畫出不等式組所表示的平面區(qū)域

圖中A（1，1），B（4，-2），C（4，4）
設(shè)$\frac{t-2s}{s+t}=z$，整理，得t=$\frac{z+2}{1-z}s$
直線t=$\frac{z+2}{1-z}s$恒經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O（0，0）
由圖象可知${k}_{OB}≤\frac{z+2}{1-z}≤{k}_{OC}$，即$-\frac{1}{2}≤\frac{z+2}{1-z}≤1$
解得-5≤z≤$\frac{1}{2}$，即$\frac{t-2s}{s+t}$的取值范圍為$[-5，\frac{1}{2}]$
故選D

點(diǎn)評(píng) 本題考查了減函數(shù)的判定方法，圖象的平移及對(duì)稱，二元一次不等式組所表示的平面區(qū)域以及線性規(guī)劃的應(yīng)用，本題解決的關(guān)鍵是設(shè)$\frac{t-2s}{s+t}=z$，再整理成$t=\frac{z+2}{1-z}s$形式，從而看出其表示經(jīng)過(guò)原點(diǎn)的一條直線，屬于中檔題．