Question

14．已知a∈R，当x＞0时，f（x）=log₂（$\frac{1}{x}$+a）．
（1）若函数f（x）过点（1，1），求此时函数f（x）的解析式；
（2）若函数g（x）=f（x）+2log₂x只有一个零点，求实数a的范围；
（3）设a＞0，若对任意实数t∈[$\frac{1}{3}$，1]，函数f（x）在[t，t+1]上的最大值与最小值的差不大于1，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由f（1）=log₂（1+a）=1，解得a=1，由此能求出此时函数f（x）的解析式．
（2）g（x）=log₂（x+ax²），由函数g（x）只有一个零点，从而h（x）=ax²+x=1在（0，+∞）上只有一个解，由此能求出a．
（3）f（x）=$lo{g}_{2}（\frac{1}{x}+a）=lo{g}_{2}（\frac{1+ax}{x}）$，${f}^{'}（x）=-\frac{ln2}{{x}^{2}}•\frac{x}{1+ax}=\frac{ln2}{a{x}^{2}+x}$，由题意，得f（t）-f（t+1）≤1，从而a≥$\frac{-t+1}{{t}^{2}+t}$，设Q（t）=$\frac{-t+1}{{t}^{2}+t}$，Q′（t）=$\frac{{t}^{2}-2t-1}{（{t}^{2}+t）^{2}}$，由此利用导数性质能求出实数a的取值范围．

解答 解：（1）∵a∈R，当x＞0时，f（x）=log₂（$\frac{1}{x}$+a）．
函数f（x）过点（1，1），
∴f（1）=log₂（1+a）=1，解得a=1，
∴此时函数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），
∵函数g（x）=f（x）+2log₂x只有一个零点，
∴g（x）=f（x）+2log₂x=log₂（x+ax²）=0
∴（$\frac{1}{x}$+a）•x²=1化为ax²+x-1=0
∴h（x）=ax²+x=1在（0，+∞）上只有一个解，
∴当a=0时，h（x）=x-1，只有一个零点，可得x=1；

当a≠0时，h（x）=ax²+x-1在（0，+∞）上只有一个零点，
当a＞0时，成立；
当a＜0时，令△=1+4a=0解得a=-$\frac{1}{4}$，可得x=2．
综上可得，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）=-$\frac{ln2}{{x}^{2}}•\frac{x}{1+ax}=\frac{ln2}{a{x}^{2}+x}$，
当x＞0时，f′（x）＜0，f（x）在[t，t+1]上的最大值与最小值分别是f（t）与f（t+1），
由题意，得f（t）-f（t+1）≤1，
∴$\frac{1+at}{t}•\frac{t+1}{1+at+a}$≤2，
整理，得a≥$\frac{-t+1}{{t}^{2}+t}$，
设Q（t）=$\frac{-t+1}{{t}^{2}+t}$，
Q′（t）=$\frac{{t}^{2}-2t-1}{（{t}^{2}+t）^{2}}$，
当t∈[$\frac{1}{3}$，1]时，Q′（t）＜0，
则a≥Q（t），∴a≥Q（$\frac{1}{3}$），解得a≥$\frac{3}{2}$．
∴实数a的取值范围是[$\frac{3}{2}$，+∞）．

点评 本题考查函数解析式的求法，考查实数值的求法，考查实数的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用．