Question

设函数f（x）=log_m（1+mx）-log_m（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（6^x）=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．

Answer 1

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）=log_m（1-mx）-log_m（1+mx）-f（x）即可；
（2）当m=2时，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，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

-m^x-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）=log_m（1-mx）-log_m（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（6^x）=1得log₂（1+2•6^x）-log₂（1-2•6^x）=1，
去对数得1+2•6^x=2（1-2•6^x），
解得6^x=

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log_m（1+mx）在（-

1

m

，

1

m

）上递减，而log_m（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

-m^x-1-1，
注意到

2

1-mx

在（-

1

m

，

1

m

）上递增，m^x-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．