Question

（理）已知函數(shù)f（x）=log_a

x-1

x+1

（其中a＞0且a≠1），g（x）是f（x）的反函數(shù)．
（1）已知關(guān)于x的方程log_a

m

(x+1)(7-x)

=f（x）在區(qū)間[2，6]上有實(shí)數(shù)解，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（2）當(dāng)o＜a＜1時(shí)，討論函數(shù)f（x）的奇偶性和增減性；
（3）設(shè)a=

1

1+p

，其中p≥1．記b_n=g（n），數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)的和為T(mén)_n（n∈N^*），求證：n＜T_n＜n+4．

Answer 1

分析：（1）依題意知，m=（x-1）（7-x），故求實(shí)數(shù)m的取值范圍，就是求m=（x-1）（7-x）在x∈[2，6]上的值域，利用二次函數(shù)的單調(diào)性可求得m的取值范圍為[5，9]；
（2）利用函數(shù)奇偶性的定義可判斷f（-x）=-f（x），知為奇函數(shù)，再任取1＜x₁＜x₂，令t（x）=

x-1

x+1

，利用單調(diào)性的定義可知t（x₁）-t（x₂）＜0，利用復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性即可判斷當(dāng)0＜a＜1時(shí)，f（x）在（-∞，-1）上是減函數(shù)；
（3）g（x）=

1+ax

1-ax

，a=

1

1+p

，p≥1，當(dāng)0＜a≤

1

2

時(shí)，1＜g（1）=

1+a

1-a

=1+

2

p

≤3＜5，由二項(xiàng)式定理（1+p）^k=1+

C

1 k

p¹+…+

C

k k

p^k得：b_k≤1+

2

C 1 k +C 2 k

-1+

4

k(k+1)

=1+

4

k

-

4

k+1

，從而可證得結(jié)論．

解答：解：（1）由

m (x+1)(7-x) ＞0 x-1 x+1 ＞0 m (x+1)(7-x) = x-1 x+1

轉(zhuǎn)化為求函數(shù)m=（x-1）（7-x）在x∈[2，6]上的值域，
該函數(shù)在[2，4]上遞增，在[4，6]上遞減，
∴m的最小值5，最大值9．
∴m的取值范圍為[5，9]．
（2）f（x）=log_a

x-1

x+1

的定義域?yàn)椋?∞，-1）∪（1，+∞），
定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，又f（-x）=log_a

-x-1

-x+1

=loga

x+1

x-1

，即f（-x）=-f（x），
∴函數(shù)f（x）為奇函數(shù)．
下面討論在（1，+∞）上函數(shù)的增減性．
任取1＜x₁＜x₂，令t（x）=

x-1

x+1

，則t（x₁）-t（x₂）=

x1-1

x1+1

-

x2-1

x2+1

=

2(x1-x2)

(x1+1)(x2+1)

，
因?yàn)?＜x₁＜x₂，
∴t（x₁）-t（x₂）=

2(x1-x2)

(x1+1)(x2+1)

＜0，
又當(dāng)0＜a＜1時(shí)，y=log_ax是減函數(shù)，
∴l(xiāng)og_at（x₁）＞log_at（x₂）．由定義知在（1，+∞）上函數(shù)是減函數(shù)．
又因?yàn)楹瘮?shù)f（x）是奇函數(shù)，所以在（-∞，-1）上函數(shù)也是減函數(shù)．
（3）∵g（x）=

1+ax

1-ax

；
因?yàn)閍=

1

1+p

，p≥1，
∴0＜a≤

1

2

，1＜g（1）=

1+a

1-a

=1+

2

p

≤3＜5．
設(shè)k≥2，k∈N^*時(shí)，則b_k＞1，
且b_k=

1+ 1 (1+p)k

1- 1 (1+p)k

=1+

2

(1+p)k-1

由二項(xiàng)式定理（1+p）^k=1+

C

1 k

p¹+…+

C

k k

p^k得：
b_k≤1+

2

C 1 k +C 2 k

-1+

4

k(k+1)

=1+

4

k

-

4

k+1

，
從而n＜T_n＜b₁+（n-1）+2-

4

n+1

＜b₁+n+1≤n+4．

點(diǎn)評(píng)：本題考查二項(xiàng)式定理的應(yīng)用，著重考查函數(shù)的奇偶性、復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性與最值，考查轉(zhuǎn)化思想與放縮法的綜合應(yīng)用，屬于難題．