Question

19．已知函數(shù)f（x）=lgkx，g（x）=lg（x+1），h（x）=$\frac{x}{{x}^{2}+1}$．
（1）當k=1時，求函數(shù)y=f（x）+g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若方程f（x）=2g（x）僅有一個實根，求實數(shù)k的取值集合；
（3）設(shè)p（x）=h（x）+$\frac{mx}{1+x}$在區(qū)間（-1，1）上有且僅有兩個不同的零點，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的表達式，根據(jù)x的范圍以及對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）將方程f（x）=2g（x）等價轉(zhuǎn)化為普通的一元二次不等式，然后對一元二次不等式的解進行研究，得到本題的答案；
（3）函數(shù)p（x）=h（x）+$\frac{mx}{1+x}$在區(qū)間（-1，1）上有且僅有兩個不同的零點等價于方程mx²+x+m+1=0（*）在區(qū)間（-1，1）上有且僅有一個非零的實根．分類討論，即可求實數(shù)m的取值范圍．

解答 解：（1）當k=1時，y=f（x）+g（x）=lg x+lg （x+1）=lg x（x+1）（其中x＞0）
∴y=f（x）+g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞），不存在單調(diào)遞減區(qū)間．
（2）由f（x）=2g（x），即lgkx=2lg （x+1），
該方程可化為不等式組$\left\{\begin{array}{l}{kx＞0}\\{x+1＞0}\\{kx{=（x+1）}^{2}}\end{array}\right.$，
①若k＞0時，則x＞0，原問題即為：方程kx=（x+1）²在（0，+∞）上有且僅有一個根，
即x²+（2-k）x+1=0在（0，+∞）上有且僅有一個根，
由x₁•x₂=1＞0知：△=0．
解得k=4；
②若k＜0時，則-1＜x＜0，原問題即為：方程kx=（x+1）²在（-1，0）上有且僅有一個根，
即x²+（2-k）x+1=0在（-1，0）上有且僅有一個根，
記h（x）=x²+（2-k）x+1，
由f（0）=1＞0知：f（-1）＜0，
解得k＜0．
綜上可得k＜0或k=4．
（3）令p（x）=h（x）+$\frac{mx}{1+x}$=0，即$\frac{x}{{x}^{2}+1}$+$\frac{mx}{1+x}$=0，
化簡得x（mx²+x+m+1）=0，所以x=0或mx²+x+m+1=0，
若0是方程mx²+x+m+1=0的根，則m=-1，
此時方程為-x²+x=0的另一根為1，不滿足g（x）在（-1，1）上有兩個不同的零點，
所以函數(shù)p（x）=h（x）+$\frac{mx}{1+x}$在區(qū)間（-1，1）上有且僅有兩個不同的零點，
等價于方程mx²+x+m+1=0（*）在區(qū)間（-1，1）上有且僅有一個非零的實根，
（i）當m=0時，得方程（*）的根為x=-1，不符合題意，
（ii）當m≠0時，則
①當△=1²-4m（m+1）=0時，得m=$\frac{-1±\sqrt{2}}{2}$，若m=$\frac{-1-\sqrt{2}}{2}$，
則方程（*）的根為x=-$\frac{1}{2m}$=$\sqrt{2}$-1∈（-1，1），符合題意，
若m=$\frac{-1+\sqrt{2}}{2}$，則方程（*）的根為x=-$\frac{1}{2m}$=-$\sqrt{2}$-1∉（-1，1），
不符合題意．所以m=$\frac{-1-\sqrt{2}}{2}$，
②當△＞0時，m＜$\frac{-1-\sqrt{2}}{2}$或m＞$\frac{-1+\sqrt{2}}{2}$，
令ϕ（x）=mx²+x+m+1，由ϕ（-1）ϕ（1）＜0且ϕ（0）≠0，得-1＜m＜0，
綜上所述，所求實數(shù)m的取值范圍是（-1，0）∪{$\frac{-1-\sqrt{2}}{2}$}．

點評 本題考查的是復(fù)合函數(shù)單調(diào)性、函數(shù)的定義域、一元二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，還考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想．本題有一定的綜合性，對學(xué)生能力要求較高．