Question

設函數(shù)f（x）=log_m（1+mx）-log_m（1-mx）（m＞0，且m≠1）．
（1）判斷f（x）的奇偶性；
（2）當m=2時，解方程f（6^x）=1；
（3）如果f（u）=u-1，那么，函數(shù)g（x）=x²-ux的圖象是否總在函數(shù)h（x）=ux-1的圖象的上方？請說明理由．

Answer 1

考點：對數(shù)函數(shù)圖象與性質的綜合應用,對數(shù)函數(shù)的圖像與性質

專題：計算題,函數(shù)的性質及應用

分析：（1）先求出函數(shù)f（x）的定義域為（-

1

m

，

1

m

），再確定f（-x）=log_m（1-mx）-log_m（1+mx）-f（x）即可；
（2）當m=2時，f（x）=log₂（1+2x）-log₂（1-2x），由f（6^x）=1得log₂（1+2•6^x）-log₂（1-2•6^x）=1，從而求解；
（3）方法一：注意到f（x）的定義域為（-

1

m

，

1

m

）．若m＞1，則-

1

m

＜u＜

1

m

，即u²＜1；若0＜m＜1，則考慮函數(shù)F（x）=f（x）-x+1，也可得到u²＜1；則g（x）-h（x）=（x²-ux）-（ux-1）=（x-u）²+1-u²≥1-u²＞0，從而證明；
方法二：如同方法一討論，也可構造函數(shù)G（x）=

1+mx

1-mx

-mx-1=

2

1-mx

-m^x-1-1，從而同方法一中的方法證明即可．

解答： 解：（1）函數(shù)f（x）的定義域為（-

1

m

，

1

m

），關于原點對稱；
又f（-x）=log_m（1-mx）-log_m（1+mx）-f（x），
即f（-x）=-f（x），
故f（x）為定義域（-

1

m

，

1

m

）上的奇函數(shù)．
（2）當m=2時，f（x）=log₂（1+2x）-log₂（1-2x），
由f（6^x）=1得log₂（1+2•6^x）-log₂（1-2•6^x）=1，
去對數(shù)得1+2•6^x=2（1-2•6^x），
解得6^x=

1

6

，從而x=-1．
經檢驗，x=-1為原方程的解．
（3）方法一：注意到f（x）的定義域為（-

1

m

，

1

m

）．
若m＞1，則-

1

m

＜u＜

1

m

，即u²＜1；
若0＜m＜1，則考慮函數(shù)F（x）=f（x）-x+1．
因log_m（1+mx）在（-

1

m

，

1

m

）上遞減，而log_m（1-mx）在（-

1

m

，

1

m

）上遞增，
故f（x）在（-

1

m

，

1

m

）上遞減，又-x在（-

1

m

，

1

m

）上遞減，所以F（x）在（-

1

m

，

1

m

）上也遞減；
注意到F（0）=1＞0，F(xiàn)（1）=f（1）＜0，
所以函數(shù)F（x）在（0，1）上存在唯一零點，
即滿足f（u）=u-1的u∈（0，1）（且u唯一），
故u²＜1．
綜上所述，u²＜1．
于是g（x）-h（x）=（x²-ux）-（ux-1）
=（x-u）²+1-u²≥1-u²＞0，
即g（x）-h（x）＞0，
即對于任一x∈R，均有g（x）＞h（x），
故函數(shù)g（x）=x²-ux的圖象總在函數(shù)h（x）=ux-1圖象的上方．
方法二：注意到f（x）的定義域為（-

1

m

，

1

m

）．
若m＞1，則-

1

m

＜u＜

1

m

，即u²＜1；
若0＜m＜1，設函數(shù)G（x）=

1+mx

1-mx

-mx-1=

2

1-mx

-m^x-1-1，
注意到

2

1-mx

在（-

1

m

，

1

m

）上遞增，m^x-1在（-

1

m

，

1

m

）上遞減，故G（x）在（-

1

m

，

1

m

）上遞增，
又G（0）=1-

1

m

＜0，G（1）=

1+m

1-m

-1＞0，
所以函數(shù)G（x）在（0，1）上存在唯一零點，又G（x）=0，
即f（x）=x-1，
于是，滿足f（u）=u-1的u∈（0，1）（且u唯一），
故u²＜1．
綜上所述，u²＜1．
于是g（x）-h（x）=（x²-ux）-（ux-1）
=（x-u）²+1-u²≥1-u²＞0，
即g（x）-h（x）＞0，
即對于任一x∈R，均有g（x）＞h（x），
故函數(shù)g（x）=x²-ux的圖象總在函數(shù)h（x）=ux-1圖象的上方．

點評：本題考查了函數(shù)的性質的應用及恒成立問題，同時考查了分類討論的數(shù)學思想應用，屬于中檔題．