2016_上海卷 (2016·文)
23．（本题满分 18 分）本题共有 3 个小题，第 1 小题满分 4 分，第 2 小题满分 6 分，第 3 小题满分8分．
已知 $a \in \mathrm{R}$ ，函数 $f(x)=\log _{2}\left(\frac{1}{x}+a\right)$ ．
（1）当 $a=1$ 时，解不等式 $f(x)>1$ ；
（2）若关于 $x$ 的方程 $f(x)+\log _{2}\left(x^{2}\right)=0$ 的解集中恰有一个元素，求 $a$ 的值；
③设 $a>0$ ，若对任意 $t \in\left[\frac{1}{2}, 1\right]$ ，函数 $f(x)$ 在区间 $[t, t+1]$ 上的最大值与最小值的差不超过 1 ，求 $a$ 的取值范围．
【答案】（1）$x \in(0,1)$ ；
（2） 0 或 $-\frac{1}{4}$ ；
（3）$\left[\frac{2}{3},+\infty\right)$ ．
## 【解析】
试题分析：（1）由 $\log _{2}\left(\frac{1}{x}+1\right)>1$ ，得 $\frac{1}{x}+1>2$ ，从而得解．
（2）转化得到 $\log _{2}\left(\frac{1}{x}+a\right)+\log _{2}\left(x^{2}\right)=0$ ，讨论当 $a=0 , a \neq 0$ 时的情况即可．
（3）讨论 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上的单调性，再确定函数 $f(x)$ 在区间 $[t, t+1]$ 上的最大值与最小值之差，由此得到 $a t^{2}+(a+1) t-1 \geq 0$ ，对任意 $t \in\left[\frac{1}{2}, 1\right]$ 成立．
试题解析：（1）由 $\log _{2}\left(\frac{1}{x}+1\right)>1$ ，得 $\frac{1}{x}+1>2$ ，解得 $x \in(0,1)$ ．
② $\log _{2}\left(\frac{1}{x}+a\right)+\log _{2}\left(x^{2}\right)=0$ 有且仅有一解，
等价于 $\left(\frac{1}{x}+a\right) x^{2}=1$ 有且仅有一解，等价于 $a x^{2}+x-1=0$ 有且仅有一解．
当 $a=0$ 时，$x=1$ ，符合题意；
当 $a \neq 0$ 时，$\Delta=1+4 a=0, a=-\frac{1}{4}$ ．
综上，$a=0$ 或 $-\frac{1}{4}$ ．
（3）当 $0
所以 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调速减．学科跲
函数 $f(x)$ 在区间 $[t, t+1]$ 上的最大值与最小值分别为 $f(t), f(t+1)$ ．
$f(t)-f(t+1)=\log _{2}\left(\frac{1}{t}+a\right)-\log _{2}\left(\frac{1}{t+1}+a\right) \leq 1$ 即 $a t^{2}+(a+1) t-1 \geq 0$ ，对任意
$t \in\left[\frac{1}{2}, 1\right]$ 成立．
因为 $a>0$ ，所以函数 $y=a t^{2}+(a+1) t-1$ 在区间 $\left[\frac{1}{2}, 1\right]$ 上单调递增，
所以 $t=\frac{1}{2}$ 时，$y$ 有最小值 $\frac{3}{4} a-\frac{1}{2}$ ，由 $\frac{3}{4} a-\frac{1}{2} \geq 0$ ，得 $a \geq \frac{2}{3}$ ．
故 $a$ 的取值范围为 $\left[\frac{2}{3},+\infty\right)$ ．
考点：1．对数函数的性质；2．函数与方程；3．二次函数的性质．