Question

14．已知a∈R，當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）=log₂（$\frac{1}{x}$+a）．
（1）若函數(shù)f（x）過點(diǎn)（1，1），求此時(shí)函數(shù)f（x）的解析式；
（2）若函數(shù)g（x）=f（x）+2log₂x只有一個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的范圍；
（3）設(shè)a＞0，若對(duì)任意實(shí)數(shù)t∈[$\frac{1}{3}$，1]，函數(shù)f（x）在[t，t+1]上的最大值與最小值的差不大于1，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由f（1）=log₂（1+a）=1，解得a=1，由此能求出此時(shí)函數(shù)f（x）的解析式．
（2）g（x）=log₂（x+ax²），由函數(shù)g（x）只有一個(gè)零點(diǎn)，從而h（x）=ax²+x=1在（0，+∞）上只有一個(gè)解，由此能求出a．
（3）f（x）=$lo{g}_{2}（\frac{1}{x}+a）=lo{g}_{2}（\frac{1+ax}{x}）$，${f}^{'}（x）=-\frac{ln2}{{x}^{2}}•\frac{x}{1+ax}=\frac{ln2}{a{x}^{2}+x}$，由題意，得f（t）-f（t+1）≤1，從而a≥$\frac{-t+1}{{t}^{2}+t}$，設(shè)Q（t）=$\frac{-t+1}{{t}^{2}+t}$，Q′（t）=$\frac{{t}^{2}-2t-1}{（{t}^{2}+t）^{2}}$，由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出實(shí)數(shù)a的取值范圍．

解答 解：（1）∵a∈R，當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）=log₂（$\frac{1}{x}$+a）．
函數(shù)f（x）過點(diǎn)（1，1），
∴f（1）=log₂（1+a）=1，解得a=1，
∴此時(shí)函數(shù)f（x）=log₂（$\frac{1}{x}$+1）（x＞0）．
（2）g（x）=f（x）+2log₂x=$lo{g}_{2}（\frac{1}{x}+a）$+2log₂x=log₂（x+ax²），
∵函數(shù)g（x）=f（x）+2log₂x只有一個(gè)零點(diǎn)，
∴g（x）=f（x）+2log₂x=log₂（x+ax²）=0
∴（$\frac{1}{x}$+a）•x²=1化為ax²+x-1=0
∴h（x）=ax²+x=1在（0，+∞）上只有一個(gè)解，
∴當(dāng)a=0時(shí)，h（x）=x-1，只有一個(gè)零點(diǎn)，可得x=1；

當(dāng)a≠0時(shí)，h（x）=ax²+x-1在（0，+∞）上只有一個(gè)零點(diǎn)，
當(dāng)a＞0時(shí)，成立；
當(dāng)a＜0時(shí)，令△=1+4a=0解得a=-$\frac{1}{4}$，可得x=2．
綜上可得，a≥0或a=-$\frac{1}{4}$．
（3）f（x）=$lo{g}_{2}（\frac{1}{x}+a）=lo{g}_{2}（\frac{1+ax}{x}）$，
f′（x）=-$\frac{ln2}{{x}^{2}}•\frac{x}{1+ax}=\frac{ln2}{a{x}^{2}+x}$，
當(dāng)x＞0時(shí)，f′（x）＜0，f（x）在[t，t+1]上的最大值與最小值分別是f（t）與f（t+1），
由題意，得f（t）-f（t+1）≤1，
∴$\frac{1+at}{t}•\frac{t+1}{1+at+a}$≤2，
整理，得a≥$\frac{-t+1}{{t}^{2}+t}$，
設(shè)Q（t）=$\frac{-t+1}{{t}^{2}+t}$，
Q′（t）=$\frac{{t}^{2}-2t-1}{（{t}^{2}+t）^{2}}$，
當(dāng)t∈[$\frac{1}{3}$，1]時(shí)，Q′（t）＜0，
則a≥Q（t），∴a≥Q（$\frac{1}{3}$），解得a≥$\frac{3}{2}$．
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是[$\frac{3}{2}$，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)解析式的求法，考查實(shí)數(shù)值的求法，考查實(shí)數(shù)的取值范圍的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意導(dǎo)數(shù)性質(zhì)的合理運(yùn)用．