Question

（2012•瀘州模擬）設函數(shù)f(x)=loga

1+x

1-x

(a＞0且a≠1)．
（I）求f(m)+f(n)-f(

m+n

1+mn

)的值；
（II）若關于x的方程loga

t

(1-x)(2x2-5x+5)

=f(x)在x∈[0，1）上有實數(shù)解，求實數(shù)t的取值范圍．
（III）設函數(shù)g（x）是函數(shù)f（x）的反函數(shù)，求證：當a＞1時，

n

k=1

g(a-k)＜

lna

2(a-1)

(n∈N*)．．

Answer 1

分析：（I）利用對數(shù)的運算性質(zhì)化簡f（m）+f（n）的結果等于f(

m+n

1+mn

)，從而得到f(m)+f(n)-f(

m+n

1+mn

)的值．
（II）把條件等價轉(zhuǎn)化為t=（x+1）（2x²-5x+5）在x∈[0，1）上有實數(shù)解，利用導數(shù)判斷t在x∈[0，1）上是減函數(shù)，得t（1）＜t≤t（0），由此解得實數(shù)t的取值范圍．
（III）先求出函數(shù)g（x），設 G（x）=g（x）-

lna

2

x，（x＞0），利用導數(shù)判斷G（x） 在[0，+∞）上單調(diào)遞減，得到g（x）＜

lna

2

x，由此放縮要證得不等式成立．

解答：解：（I）∵函數(shù)f(x)=loga

1+x

1-x

(a＞0且a≠1)，∴f(m)+f(n)-f(

m+n

1+mn

)=loga

1+m

1-m

+loga

1+n

1-n

-f(

m+n

1+mn

) 
=loga(

1+m

1-m

•

1+n

1-n

)-f(

m+n

1+mn

)=loga(

1+m+n+mn

1-m-n+mn

)-f(

m+n

1+mn

)=loga

1+ m+n 1+mn

1- m+n 1+mn

-f(

m+n

1+mn

)=f(

m+n

1+mn

)-f(

m+n

1+mn

)=0．
（II）∵關于x的方程loga

t

(1-x)(2x2-5x+5)

=f(x)在x∈[0，1）上有實數(shù)解，
∴loga

t

(1-x)(2x2-5x+5)

=loga

1+x

1-x

，
∴

t

(1-x)(2x2-5x+5)

=

1+x

1-x

 在x∈[0，1）上有實數(shù)解，∴t=（x+1）（2x²-5x+5）在x∈[0，1）上有實數(shù)解．
∵t′=6x（x-1），x∈[0，1）時，t′＜0，t=（x+1）（2x²-5x+5）在x∈[0，1）上是減函數(shù)，
∴t（1）＜t≤t（0），解得 4＜t≤5．
∴實數(shù)t的取值范圍為（4，5]．
（III）函數(shù)g（x）是函數(shù)f（x）的反函數(shù)，f（x）的定義域為（-1，1），求得g（x）=f^-1（x）=

ax-1

ax+1

 （x∈R）．
設 G（x）=g（x）-

lna

2

x，（x＞0），則  G′（x）=g′（x）-

lna

2

=

-(ax-1)2

(ax+1)2

• lna≤0．
∵a＞1，∴G（x） 在[0，+∞）上單調(diào)遞減，當x＞0時，G（x）＜G（0），即 g（x）＜

lna

2

x．
∴a＞1時，

n

k=1

g(a-k)＜

lna

2

 （

1

a

+

1

a2

+

1

a3

+…+

1

an

）=

lna

2

•

1- 1 an

a-1

＜

lna

2

•

1

a-1

=

lna

2(a-1)

．

即

n

k=1

g(a-k)＜

lna

2(a-1)

，（n∈N^*）成立．

點評：本題主要考查對數(shù)的運算性質(zhì)的應用，求反函數(shù)，以及用放縮法證明不等式，屬于難題．