Question

3．已知a∈R，函數(shù)f（x）=log₂（$\frac{1}{x}$+a）．
（1）當a=1時，解不等式f（x）＞1；
（2）若關于x的方程f（x）+log₂（x²）=0的解集中恰有一個元素，求a的值；
（3）設a＞0，若對任意t∈[$\frac{1}{2}$，1]，函數(shù)f（x）在區(qū)間[t，t+1]上的最大值與最小值的差不超過1，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）當a=1時，不等式f（x）＞1化為：$lo{g}_{2}（\frac{1}{x}+1）$＞1，因此$\frac{1}{x}+1＞$2，解出并且驗證即可得出．
（2）方程f（x）+log₂（x²）=0即log₂（$\frac{1}{x}$+a）+log₂（x²）=0，（$\frac{1}{x}$+a）x²=1，化為：ax²+x-1=0，對a分類討論解出即可得出．
（3）a＞0，對任意t∈[$\frac{1}{2}$，1]，函數(shù)f（x）在區(qū)間[t，t+1]上單調(diào)遞減，由題意可得$lo{g}_{2}（\frac{1}{t}+a）$-$lo{g}_{2}（\frac{1}{t+1}+a）$≤1，因此$\frac{（1+ta）（t+1）}{t[1+a（t+1）]}$≤2，化為：a≥$\frac{1-t}{{t}^{2}+t}$=g（t），t∈[$\frac{1}{2}$，1]，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性即可得出．

解答 解：（1）當a=1時，不等式f（x）＞1化為：$lo{g}_{2}（\frac{1}{x}+1）$＞1，
∴$\frac{1}{x}+1＞$2，化為：$\frac{1}{x}＞1$，解得0＜x＜1，
經(jīng)過驗證滿足條件，因此不等式的解集為：（0，1）．
（2）方程f（x）+log₂（x²）=0即log₂（$\frac{1}{x}$+a）+log₂（x²）=0，∴（$\frac{1}{x}$+a）x²=1，化為：ax²+x-1=0，
若a=0，化為x-1=0，解得x=1，經(jīng)過驗證滿足：關于x的方程f（x）+log₂（x²）=0的解集中恰有一個元素1．
若a≠0，令△=1+4a=0，解得a=$-\frac{1}{4}$，解得x=2．經(jīng)過驗證滿足：關于x的方程f（x）+log₂（x²）=0的解集中恰有一個元素1．
綜上可得：a=0或-$\frac{1}{4}$．
（3）a＞0，對任意t∈[$\frac{1}{2}$，1]，函數(shù)f（x）在區(qū)間[t，t+1]上單調(diào)遞減，
∴$lo{g}_{2}（\frac{1}{t}+a）$-$lo{g}_{2}（\frac{1}{t+1}+a）$≤1，
∴$\frac{（1+ta）（t+1）}{t[1+a（t+1）]}$≤2，
化為：a≥$\frac{1-t}{{t}^{2}+t}$=g（t），t∈[$\frac{1}{2}$，1]，
g′（t）=$\frac{-（{t}^{2}+t）-（1-t）（2t+1）}{（{t}^{2}+t）^{2}}$=$\frac{{t}^{2}-2t-1}{（{t}^{2}+t）^{2}}$=$\frac{（t-1）^{2}-2}{（{t}^{2}+t）^{2}}$≤$\frac{（\frac{1}{2}-1）^{2}-2}{（\frac{1}{4}+\frac{1}{2}）^{2}}$＜0，
∴g（t）在t∈[$\frac{1}{2}$，1]上單調(diào)遞減，∴t=$\frac{1}{2}$時，g（t）取得最大值，$g（\frac{1}{2}）$=$\frac{2}{3}$．
∴$a≥\frac{2}{3}$．
∴a的取值范圍是$[\frac{2}{3}，+∞）$．

點評 本題考查了對數(shù)函數(shù)的運算法則單調(diào)性、不等式的解法、利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值，考查了分類討論方法、推理能力與計算能力，屬于難題．