Question

14．設(shè)函數(shù)f（x）=log_a（1-x），g（x）=log_a（1+x）（a＞0且a≠1）．
（1）設(shè)a=10，F(xiàn)（x）=f（x）-g（x），若函數(shù)h（x）=F（x）-x一m在[0，$\frac{9}{11}$]上恒有零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍：
（2）若關(guān)下x的方程${a}^{g（-{x}^{2}+x+1）}$=a^f（m）-x有兩個不等實(shí)很，求實(shí)數(shù)m的范圍：
（3）若a＞1且在x∈[0，1]時，f（m-2x）＞$\frac{1}{2}$g（x）恒成立，求實(shí)數(shù)m的范圍．

Answer 1

分析 （1）判定h（x）是定義域上的減函數(shù)，得h（x）是[0，$\frac{9}{11}$]上的減函數(shù)；由題意h（0）•h（$\frac{9}{11}$）＜0，從而求出m的取值范圍．
（2）根據(jù)指數(shù)方程的性質(zhì)，構(gòu)造函數(shù)，結(jié)合一元二次函數(shù)根與判別式△之間的關(guān)系進(jìn)行求解即可．
（3）將不等式進(jìn)行轉(zhuǎn)化，構(gòu)造函數(shù)結(jié)合參數(shù)分離法求出函數(shù)的最值即可．

解答 解：∵f（x）=lg$\frac{1-x}{1+x}$，
∴$\frac{1-x}{1+x}$＞0，即-1＜x＜1；
又f′（x）=$\frac{1+x}{1-x}$×$\frac{1}{ln10}$×$\frac{-（1+x）-（1-x）}{{（1+x）}^{2}}$＜0，
∴f（x）是定義域上的減函數(shù)；
∴g（x）=f（x）-x-m在[0，$\frac{9}{11}$]上是減函數(shù)；
且g（0）=-m，g（$\frac{9}{11}$）=lg$\frac{1-\frac{9}{11}}{1+\frac{9}{11}}$-$\frac{9}{11}$-m=-1-$\frac{9}{11}$-m=-$\frac{20}{11}$-m；
由題意g（0）•g（$\frac{9}{11}$）＜0，
即（-m）•（-$\frac{20}{11}$-m）＜0，
解得-$\frac{20}{11}$＜m＜0；
∴m的取值范圍是{m|-$\frac{20}{11}$＜m＜0}．
解：（1）a=10，F(xiàn)（x）=f（x）-g（x）=lg（1-x）-lg（1+x）=lg$\frac{1-x}{1+x}$，
∴$\frac{1-x}{1+x}$＞0，即-1＜x＜1；
又F′（x）=$\frac{1+x}{1-x}$×$\frac{1}{ln10}$×$\frac{-（1+x）-（1-x）}{{（1+x）}^{2}}$＜0，
F（x）是定義域上的減函數(shù)；
∴h（x）=f（x）-x-m在[0，$\frac{9}{11}$]上是減函數(shù)；
且g（0）=-m，h（$\frac{9}{11}$）=lg$\frac{1-\frac{9}{11}}{1+\frac{9}{11}}$-$\frac{9}{11}$-m=-1-$\frac{9}{11}$-m=-$\frac{20}{11}$-m；
由題意h（0）•h（$\frac{9}{11}$）＜0，
即（-m）•（-$\frac{20}{11}$-m）＜0，
解得-$\frac{20}{11}$＜m＜0；
∴m的取值范圍是{m|-$\frac{20}{11}$＜m＜0}．
（2）g（-x²+x+1）=log_a（-x²+x+2），f（m）=log_a（1-m），
原方程有兩個不等實(shí)根即-x²+x+2=1-m，有兩個不等實(shí)根，
其中$\left\{\begin{array}{l}{-{x}^{2}+x+2＞0}\\{1-m＞0}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{-1＜x＜2}\\{m＜1}\end{array}\right.$，
即x²-2x-1-m=0在x∈（-1，2）上有兩個不等實(shí)根．
記h（x）=x²-2x-1-m，對稱軸x=1，
由$\left\{\begin{array}{l}{h（-1）＞0}\\{h（2）＞0}\\{△=4+4（1+m）＞0}\end{array}\right.$，解得-2＜m＜-1；
（3）f（m-2x）=log_a（1-m+2x），
即a＞1且x∈[0，1]時，log_a（1-m+2x）$\frac{1}{2}$log_a（1+x），恒成立，
∴x∈[0，1]有，$\left\{\begin{array}{l}{1-m+2x＞0，①}\\{1-m+2x＞\sqrt{1+x}，②}\end{array}\right.$恒成立，
由①得m＜1； 
令$\sqrt{1+x}$=t，（t∈[1，$\sqrt{2}$]），
∴由②得2t²-t-1＞m在t∈[1，$\sqrt{2}$]時恒成立，
記q（t）=2t²-t-1，
即q（t）_min＞m，∵q（t）_min=q（1）=0＞m，；
綜上m＜0．

點(diǎn)評 本題主要考查不等式恒成立問題，構(gòu)造函數(shù)，利用參數(shù)分離法以及函數(shù)與方程之間的關(guān)系進(jìn)行轉(zhuǎn)化是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強(qiáng)，難度較大．