Question

已知函數(shù)f（x）=log_a（x+1），g（x）=log_a（1-x），θ（x）=

4

x

+x
（1）當(dāng)0＜a＜1時(shí)，解不等式，2f（x）-g（x）≥0
（2）證明：函數(shù)θ（x）在x∈（0，2]單調(diào)遞減；
（3）當(dāng)a＞1，x∈[0，1]時(shí)，總有2f（x）+m≥g（x）恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：函數(shù)恒成立問題,函數(shù)單調(diào)性的判斷與證明,指、對(duì)數(shù)不等式的解法

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）先求出函數(shù)定義域，根據(jù)對(duì)數(shù)的圖象和性質(zhì)，得到不等式，解得即可；
（2）利用導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系即可判斷，
（3）分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)h（x）=

1-x

(x+1)2

，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最大值即可．

解答： 解：（1）∵函數(shù)f（x）=log_a（x+1），g（x）=log_a（1-x），
設(shè)F（x）=2f（x）-g（x），
∴F（x）的定義域?yàn)椋?1，1），
∵2f（x）-g（x）≥0，
即2log_a（x+1）≥log_a（1-x），
即log_a（x+1）²≥log_a（1-x），
∵0＜a＜1，
∴（x+1）²≤1-x，
解得-1＜x≤0，
故不等式，2f（x）-g（x）≥0的解集為（-1，0]
（2）∵θ（x）=

4

x

+x，
∴θ′（x）=1-

4

x2

=

(x-2)(x+2)

x2

，
當(dāng)θ′（x）≤0時(shí)，即-2≤x＜0，或0＜x≤2，函數(shù)單調(diào)遞減，
故函數(shù)θ（x）在x∈（0，2]單調(diào)遞減；
（3）∵2f（x）+m≥g（x）恒成立，
∴m≥g（x）-2f（x）=log_a（1-x）-log_a（x+1）²=log_a

1-x

(x+1)2

，
設(shè)h（x）=

1-x

(x+1)2

，
∴h′（x）=

(x-3)(x+1)

(x+1)2

，
當(dāng)h′（x）≤0時(shí)，即-1≤x≤3時(shí)，函數(shù)h（x）單調(diào)遞減，
即函數(shù)h（x）在∈[0，1]單調(diào)遞減，
當(dāng)x=0時(shí)，h（x）_max=1，
∵a＞1，
∴l(xiāng)og_a

1-x

(x+1)2

∈[0，1]單調(diào)遞減，
∴l(xiāng)og_a

1-x

(x+1)2

≤0，
∴m≥0，
故m的取值范圍為[0，+∞）

點(diǎn)評(píng)：本題考查了導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性最值的關(guān)系，以及不等式的解法，函數(shù)恒成立的問題，培養(yǎng)了學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力，和運(yùn)算能力，屬于中檔題