《2025年更高更妙的高中数学思想与方法高中数学必修第一册》

【例 8】已知函数 $ f(x) = \lg\frac{2x}{ax + b} $，$ f(1) = 0 $，当 $ x ＞ 0 $ 时，恒有 $ f(x) - f(\frac{1}{x}) = \lg x $。
(1) 求 $ f(x) $ 的表达式；
(2) 设不等式 $ f(x) \leq \lg t $ 的解集为 $ A $，且 $ A \subseteq (0, 4] $，求实数 $ t $ 的取值范围；
(3) 若方程 $ f(x) = \lg(8x + m) $ 的解集为 $ \varnothing $，求实数 $ m $ 的值。

答案：
(1) 当 $ x ＞ 0 $ 时，$ f(x) - f\left(\frac{1}{x}\right) = \lg x $ 恒成立，即 $ \lg\frac{2x}{ax + b} - \lg\frac{2}{bx + a} = \lg x $，化简得 $ \lg\frac{x(bx + a)}{ax + b} = \lg x $，则 $ \frac{bx + a}{ax + b} = 1 $，即 $ (a - b)(x - 1) = 0 $ 对 $ x ＞ 0 $ 恒成立，故 $ a = b $。由 $ f(1) = 0 $，得 $ \lg\frac{2}{a + b} = 0 $，即 $ a + b = 2 $，又 $ a = b $，所以 $ a = b = 1 $，因此 $ f(x) = \lg\frac{2x}{1 + x} $。
(2) $ f(x) \leq \lg t $ 即 $ \lg\frac{2x}{1 + x} \leq \lg t $，则 $ \frac{2x}{1 + x} \leq t $ 且 $ \frac{2x}{1 + x} ＞ 0 $，$ t ＞ 0 $。$ \frac{2x}{1 + x} ＞ 0 $ 得 $ x ＞ 0 $ 或 $ x ＜ -1 $，因解集 $ A \subseteq (0, 4] $，只考虑 $ x ＞ 0 $。$ \frac{2x}{1 + x} \leq t $ 化简为 $ (2 - t)x \leq t $。当 $ t ＞ 2 $ 时，解集 $ x ＞ 0 $，不满足；当 $ t = 2 $ 时，解集 $ x ＞ 0 $，不满足；当 $ 0 ＜ t ＜ 2 $ 时，解集 $ 0 ＜ x \leq \frac{t}{2 - t} $。由 $ \frac{t}{2 - t} \leq 4 $，得 $ t \leq \frac{8}{5} $，故 $ t \in (0, \frac{8}{5}] $。
(3) 方程 $ \lg\frac{2x}{1 + x} = \lg(8x + m) $ 等价于 $ \frac{2x}{1 + x} = 8x + m $ 且 $ \frac{2x}{1 + x} ＞ 0 $，$ 8x + m ＞ 0 $，即 $ 8x^2 + (6 + m)x + m = 0 $ 且 $ x ＞ 0 $ 或 $ x ＜ -1 $。方程无解分两种情况：① $ \Delta = (6 + m)^2 - 32m ＜ 0 $，解得 $ 2 ＜ m ＜ 18 $；② 方程有解且根在 $[-1, 0]$，令 $ g(x) = 8x^2 + (6 + m)x + m $，则 $ \Delta \geq 0 $，$ g(-1) \geq 0 $，$ g(0) \geq 0 $，$-1 \leq -\frac{6 + m}{16} \leq 0$，解得 $ 0 \leq m \leq 2 $。综上，$ 0 \leq m ＜ 18 $。