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设函数f(x)=logm(1+mx)-logm(1-mx)(m>0,且m≠1).
(1)判断f(x)的奇偶性;
(2)当m=2时,解方程f(6x)=1;
(3)如果f(u)=u-1,那么,函数g(x)=x2-ux的图象是否总在函数h(x)=ux-1的图象的上方?请说明理由.
考点:对数函数图象与性质的综合应用,对数函数的图像与性质
专题:计算题,函数的性质及应用
分析:(1)先求出函数f(x)的定义域为(-
1
m
1
m
),再确定f(-x)=logm(1-mx)-logm(1+mx)-f(x)即可;
(2)当m=2时,f(x)=log2(1+2x)-log2(1-2x),由f(6x)=1得log2(1+2•6x)-log2(1-2•6x)=1,从而求解;
(3)方法一:注意到f(x)的定义域为(-
1
m
1
m
).若m>1,则-
1
m
<u<
1
m
,即u2<1;若0<m<1,则考虑函数F(x)=f(x)-x+1,也可得到u2<1;则g(x)-h(x)=(x2-ux)-(ux-1)=(x-u)2+1-u2≥1-u2>0,从而证明;
方法二:如同方法一讨论,也可构造函数G(x)=
1+mx
1-mx
-mx-1
=
2
1-mx
-mx-1-1,从而同方法一中的方法证明即可.
解答: 解:(1)函数f(x)的定义域为(-
1
m
1
m
),关于原点对称;
又f(-x)=logm(1-mx)-logm(1+mx)-f(x),
即f(-x)=-f(x),
故f(x)为定义域(-
1
m
1
m
)上的奇函数.
(2)当m=2时,f(x)=log2(1+2x)-log2(1-2x),
由f(6x)=1得log2(1+2•6x)-log2(1-2•6x)=1,
去对数得1+2•6x=2(1-2•6x),
解得6x=
1
6
,从而x=-1.
经检验,x=-1为原方程的解.
(3)方法一:注意到f(x)的定义域为(-
1
m
1
m
).
若m>1,则-
1
m
<u<
1
m
,即u2<1;
若0<m<1,则考虑函数F(x)=f(x)-x+1.
因logm(1+mx)在(-
1
m
1
m
)上递减,而logm(1-mx)在(-
1
m
1
m
)上递增,
故f(x)在(-
1
m
1
m
)上递减,又-x在(-
1
m
1
m
)上递减,所以F(x)在(-
1
m
1
m
)上也递减;
注意到F(0)=1>0,F(1)=f(1)<0,
所以函数F(x)在(0,1)上存在唯一零点,
即满足f(u)=u-1的u∈(0,1)(且u唯一),
故u2<1.
综上所述,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,
即对于任一x∈R,均有g(x)>h(x),
故函数g(x)=x2-ux的图象总在函数h(x)=ux-1图象的上方.
方法二:注意到f(x)的定义域为(-
1
m
1
m
).
若m>1,则-
1
m
<u<
1
m
,即u2<1;
若0<m<1,设函数G(x)=
1+mx
1-mx
-mx-1
=
2
1-mx
-mx-1-1,
注意到
2
1-mx
在(-
1
m
1
m
)上递增,mx-1在(-
1
m
1
m
)上递减,故G(x)在(-
1
m
1
m
)上递增,
又G(0)=1-
1
m
<0,G(1)=
1+m
1-m
-1>0,
所以函数G(x)在(0,1)上存在唯一零点,又G(x)=0,
即f(x)=x-1,
于是,满足f(u)=u-1的u∈(0,1)(且u唯一),
故u2<1.
综上所述,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,
即对于任一x∈R,均有g(x)>h(x),
故函数g(x)=x2-ux的图象总在函数h(x)=ux-1图象的上方.
点评:本题考查了函数的性质的应用及恒成立问题,同时考查了分类讨论的数学思想应用,属于中档题.
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