Question

1．设f（x）=log${\;}_{\frac{1}{2}}$$\frac{1-ax}{x-1}$满足f（-x）=-f（x），a为常数．
（1）求a的值；
（2）证明：f（x）在（1，+∞）内单调递增；
（3）若对于[3，4]上的每一个x的值，不等式f（x）＞（$\frac{1}{2}$）^x+m恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）根据f（x）=log${\;}_{\frac{1}{2}}$$\frac{1-ax}{x-1}$满足f（-x）=-f（x），结合对数函数的图象和性质，可得a值；
（2）任取x₁＞x₂＞1，判断f（x₁），f（x₂）的大小，结合函数单调性的定义，可得f（x）在（1，+∞）内单调递增；
（3）若对于[3，4]上的每一个x的值，不等式f（x）＞（$\frac{1}{2}$）^x+m恒成立，令g（x）=f（x）-（$\frac{1}{2}$）^x，则g（x）_min＞m，结合（2）中单调性，求出函数的最值，可得m的范围．

解答 解：（1）∵f（-x）=-f（x），
∴${log}_{\frac{1}{2}}\frac{1+ax}{-x-1}=-{log}_{\frac{1}{2}}\frac{1-ax}{x-1}$=${log}_{\frac{1}{2}}\frac{x-1}{1-ax}$，
∴$\frac{1+ax}{-x-1}$=$\frac{x-1}{1-ax}$＞0，
∴1-a²x²=1-x²，
∴a=±1．
检验a=1（舍），
∴a=-1．…（4分）
证明：（2）任取x₁＞x₂＞1，
∴x₁-1＞x₂-1＞0．
∴0＜$\frac{2}{x1-1}$＜$\frac{2}{x2-1}$⇒1＜1+$\frac{2}{x1-1}$＜1+$\frac{2}{x2-1}$⇒1＜$\frac{x1+1}{x1-1}$＜$\frac{x2+1}{x2-1}$⇒${log}_{\frac{1}{2}}\frac{{x}_{1}+1}{{x}_{1}-1}$＞${log}_{\frac{1}{2}}\frac{{x}_{2}+1}{{x}_{2}-1}$．
即f（x₁）＞f（x₂），
∴f（x）在（1，+∞）内单调递增．…（8分）
解：（3）依题意有f（x）-（$\frac{1}{2}$）^x＞m恒成立．
令g（x）=f（x）-（$\frac{1}{2}$）^x，
则g（x）_min＞m．…（10分）
易知g（x）在[3，4]上是增函数，
∴g（x）_min=g（3）=-$\frac{9}{8}$，…（12分）
∴m＜-$\frac{9}{8}$时，原不等式在[3，4]上恒成立．…（14分）

点评 本题考查的知识点是对数函数的图象和性质，熟练掌握对数函数的图象和性质是解答的关键．