Question

（2010•濰坊三模）設(shè)f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，且當x≥0 時，f（x）=x²．若對任意的x∈[t，t+1]，不等式f（x+t）≥2f（x）恒成立，則實數(shù)t的取值范圍是（　　）

• A．[

  2

  2

  ，+∞）
• B．[

  2

  ，+∞）
• C．（0，

  2

  2

  ]
• D．（-∞，-

  2

  2

  ]u[

  2

  2

  ，+∞）

Answer 1

分析：由f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，且當x≥0 時，f（x）=x²可求得當x＜0時的解析式，又x∈[t，t+1]，分t+1≤0與t≥0兩種情況討論，從而將不等式f（x+t）≥2f（x）恒成立，轉(zhuǎn)化為關(guān)于變量x的二次不等式在x∈[t，t+1]上的恒成立問題來解決．

解答：解：∵f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，且當x≥0 時，f（x）=x²
∴當x＜0，有-x＞0，f（-x）=（-x）²，
∴-f（x）=x²，即f（x）=-x²，
∴f（x）=

x2，(x≥0) -x2，(x＜0)

；
又對任意的x∈[t，t+1]，不等式f（x+t）≥2f（x）恒成立，
∴當t+1＜0，即t＜-1，2t≤x+t≤2t+1＜-1，此時有：-（x+t）²≥-2x²①恒成立，x∈[t，t+1]．
①變形為：x²-2tx-t²≥0恒成立，x∈[t，t+1]．
令g（x）=x²-2tx-t²，其對稱軸x=t，g（x）在[t，t+1]單調(diào)遞增，g（x）_min=g（t）=-2t²＜0，故t＜-1，不滿足題意；
當t＞0，0＜2t≤x+t≤2t+1，由任意的x∈[t，t+1]，不等式f（x+t）≥2f（x）恒成立，可得：（x+t）²≥2x²②，x∈[t，t+1]；
②變形為：x²-2tx-t²≤0恒成立，x∈[t，t+1]；令g（x）=x²-2tx-t²，其對稱軸x=t，g（x）在[t，t+1]單調(diào)遞增，要使x²-2tx-t²≤0恒成立，x∈[t，t+1]；只需
g（x）_max=g（t+1）=（t+1）²-2t（t+1）-t²≤0，即1-2t²≤0，
解得：t≥

2

2

．
綜上所述：t≥

2

2

．
故選A．

點評：本題考查函數(shù)奇偶性的性質(zhì)，難點在于得到函數(shù)解析式后的分類討論，著重考查學(xué)生利用函數(shù)的性質(zhì)解決恒成立問題，屬于難題．