Question

7．已知a∈R，函數(shù)f（x）=log₂（$\frac{1}{x}$+a）．
（1）當(dāng)a=5時(shí)，解不等式f（x）＞0；
（2）若關(guān)于x的方程f（x）-log₂[（a-4）x+2a-5]=0的解集中恰好有一個(gè)元素，求a的取值范圍．
（3）設(shè)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(dāng)a=5時(shí)，解導(dǎo)數(shù)不等式即可．
（2）根據(jù)對數(shù)的運(yùn)算法則進(jìn)行化簡，轉(zhuǎn)化為一元二次方程，討論a的取值范圍進(jìn)行求解即可．
（3）根據(jù)條件得到f（t）-f（t+1）≤1，恒成立，利用換元法進(jìn)行轉(zhuǎn)化，結(jié)合對勾函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行求解即可．

解答 解：（1）當(dāng)a=5時(shí)，f（x）=log₂（$\frac{1}{x}$+5），
由f（x）＞0；得log₂（$\frac{1}{x}$+5）＞0，
即$\frac{1}{x}$+5＞1，則$\frac{1}{x}$＞-4，則$\frac{1}{x}$+4=$\frac{4x+1}{x}$＞0，即x＞0或x＜-$\frac{1}{4}$，
即不等式的解集為{x|x＞0或x＜-$\frac{1}{4}$}．
（2）由f（x）-log₂[（a-4）x+2a-5]=0得log₂（$\frac{1}{x}$+a）-log₂[（a-4）x+2a-5]=0．
即log₂（$\frac{1}{x}$+a）=log₂[（a-4）x+2a-5]，
即$\frac{1}{x}$+a=（a-4）x+2a-5＞0，①
則（a-4）x²+（a-5）x-1=0，
即（x+1）[（a-4）x-1]=0，②，
當(dāng)a=4時(shí)，方程②的解為x=-1，代入①，成立
當(dāng)a=3時(shí)，方程②的解為x=-1，代入①，成立
當(dāng)a≠4且a≠3時(shí)，方程②的解為x=-1或x=$\frac{1}{a-4}$，
若x=-1是方程①的解，則$\frac{1}{x}$+a=a-1＞0，即a＞1，
若x=$\frac{1}{a-4}$是方程①的解，則$\frac{1}{x}$+a=2a-4＞0，即a＞2，
則要使方程①有且僅有一個(gè)解，則1＜a≤2．
綜上，若方程f（x）-log₂[（a-4）x+2a-5]=0的解集中恰好有一個(gè)元素，則a的取值范圍是1＜a≤2，或a=3或a=4．
（3）函數(shù)f（x）在區(qū)間[t，t+1]上單調(diào)遞減，
由題意得f（t）-f（t+1）≤1，
即log₂（$\frac{1}{t}$+a）-log₂（$\frac{1}{t+1}$+a）≤1，
即$\frac{1}{t}$+a≤2（$\frac{1}{t+1}$+a），即a≥$\frac{1}{t}$-$\frac{2}{t+1}$=$\frac{1-t}{t（t+1）}$
設(shè)1-t=r，則0≤r≤$\frac{1}{2}$，
$\frac{1-t}{t（t+1）}$=$\frac{r}{（1-r）（2-r）}$=$\frac{r}{{r}^{2}-3r+2}$，
當(dāng)r=0時(shí)，$\frac{r}{{r}^{2}-3r+2}$=0，
當(dāng)0＜r≤$\frac{1}{2}$時(shí)，$\frac{r}{{r}^{2}-3r+2}$=$\frac{1}{r+\frac{2}{r}-3}$，
∵y=r+$\frac{2}{r}$在（0，$\sqrt{2}$）上遞減，
∴r+$\frac{2}{r}$≥$\frac{1}{2}+4$=$\frac{9}{2}$，
∴$\frac{r}{{r}^{2}-3r+2}$=$\frac{1}{r+\frac{2}{r}-3}$$≤\frac{1}{\frac{9}{2}-3}$=$\frac{2}{3}$，
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是a≥$\frac{2}{3}$．

點(diǎn)評 本題主要考查函數(shù)最值的求解，以及對數(shù)不等式的應(yīng)用，利用換元法結(jié)合對勾函數(shù)的單調(diào)性是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強(qiáng)，難度較大．