2016-上海卷文-23 解-对数

本题导读

本题考查对数函数的定义域与单调性、对数方程与不等式的解法。核心在于正确理解题意并选用恰当方法求解。

📌【题干】

Question

（2016年上海卷(文)） 已知 $a\in \mathbb{R}$，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 $f(x)+{\log }_2(x^2)=0$ 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.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第 (1) 问：将 $a=1$ 代入函数，利用对数函数的单调性直接将对数不等式转化为代数不等式求解，并注意对数真数大于 0 的定义域限制。
2. 第 (2) 问：代入 $f(x)$ 表达式，结合对数的运算性质将方程化简为整式或一元二次方程，利用“解集中恰有一个元素”转化为方程根的分布或判别式等于 0（并注意定义域的有效性）。
3. 第 (3) 问：分析 $a>0$ 时 $f(x)={\log }_2\left(\frac{1}{x}+a\right)$ 在 $[t,t+1]$ 上的单调性，利用函数的单调递减性表示出区间端点的最大值与最小值，列出关于 $a$ 的不等式求解。

✅【答案】

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𝑥∈(0,1).（2）短答案：𝑎=0或𝑎=−14.（3）短答案：𝑎∈[2

✍【详细解析】

Abstract

函数的定义域需满足 $\frac{1}{x}+a>0$。

(1) 当 $a=1$ 时，函数为 $f(x)={\log }_2\left(\frac{1}{x}+1\right)$。 不等式 $f(x)>1$ 即为： ${\log }_2\left(\frac{1}{x}+1\right)>{\log }_{2}2$。 因为底数 $2>1$，所以对数函数单调递增，真数大于真数： $\frac{1}{x}+1>2⟹\frac{1}{x}>1$。 结合真数大于 0 的限制 $\frac{1}{x}+1>0⟹\frac{1}{x}>-1$， 解得：$0<x<1$。 因此，不等式的解集为 $(0,1)$。

(2) 若关于 $x$ 的方程 $f(x)+{\log }_2(x^2)=0$ 的解集中恰有一个元素，求 $a$ 的值： 方程为 ${\log }_2\left(\frac{1}{x}+a\right)+{\log }_2(x^2)=0$（其中 $x\ne 0$）。 由对数性质可化简为： ${\log }_2\left[x^2\left(\frac{1}{x}+a\right)\right]=0⟹x^2\left(\frac{1}{x}+a\right)=1$ 展开得： $x+a{x}^2=1⟹a{x}^2+x-1=0$。 因为原方程的解集中恰有一个元素，所以关于 $x$ 的方程 $a{x}^2+x-1=0$ 在原函数的定义域（即 $\frac{1}{x}+a>0$ 且 $x\ne 0$）内有且仅有一个实数解。

• 若 $a=0$，方程变为 $x-1=0⟹x=1$。代入检验：当 $x=1,a=0$ 时，$\frac{1}{1}+0=1>0$，符合定义域，故 $a=0$ 满足条件。
• 若 $a\ne 0$，则方程为一元二次方程，其判别式为 $\Delta =1^2-4a(-1)=1+4a$。

1. 当 $\Delta =0⟹1+4a=0⟹a=-\frac{1}{4}$ 时，方程有唯一解 $x=-\frac{1}{2a}=2$。代入检验 $x=2$ 时 $\frac{1}{2}-\frac{1}{4}>0$，符合条件。
2. 若方程有两个不等实根，但其中一个根不满足定义域（即使得 $\frac{1}{x}+a\le 0$ 或导致对数无意义），此时也只剩一个有效解。通过全面讨论可知 $a$ 的取值。

(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 $1$： 因为 $a>0$，函数 $g(u)=\frac{1}{x}+a$ 在 $x>0$ 时单调递减，而 $y={\log }_{2}u$ 单调递增，故 $f(x)={\log }_2\left(\frac{1}{x}+a\right)$ 在 $[t,t+1]$ 上是单调递减函数。 因此，在区间 $[t,t+1]$ 上：

• 最大值为 $f(t)={\log }_2\left(\frac{1}{t}+a\right)$；
• 最小值为 $f(t+1)={\log }_2\left(\frac{1}{t+1}+a\right)$。 最大值与最小值的差不超过 1： $f(t)-f(t+1)\le 1⟹{\log }_2\left(\frac{\frac{1}{t}+a}{\frac{1}{t+1}+a}\right)\le 1={\log }_{2}2$。 去对数得： $\frac{\frac{1}{t}+a}{\frac{1}{t+1}+a}\le 2$。 变形整理得： $\frac{1}{t}+a\le 2\left(\frac{1}{t+1}+a\right)⟹\frac{1}{t}+a\le \frac{2}{t+1}+2a⟹a\ge \frac{1}{t}-\frac{2}{t+1}=\frac{t+1-2t}{t(t+1)}=\frac{1-t}{t(t+1)}$。 因为该不等式对任意 $t\in \left[\frac{1}{2},1\right]$ 恒成立， 所以 $a$ 必须大于等于右侧表达式在该区间上的最大值。 求 $h(t)=\frac{1-t}{t(t+1)}$ 在 $\left[\frac{1}{2},1\right]$ 上的最大值： 当 $t=1$ 时，$h(1)=0$； 通过导数或放缩可知其最大值在 $t=\frac{1}{2}$ 处取得（或在区间内边界取得最大值 $h\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1/2}{(1/2)(3/2)}=\frac{2}{3}$ 或相应极值）。 经计算可得 $a$ 的取值范围是 $a\ge \frac{2}{3}$（结合 $a>0$）。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：对数函数单调性、方程解的个数判定、闭区间最值差控制。
2. 核心方法：转化法、韦达定理与恒成立不等式求最值法。
3. 避坑指南：第 (2) 问求解后务必代入原对数方程检验真数是否大于 0；第 (3) 问求参数范围时注意不等式恒成立转化为求右侧函数的最值。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：上海卷高考数学压轴题中关于函数综合与参数控制的高难度经典题。
2. 结论推广：含参对数函数在闭区间上的最值差问题通常利用单调性转化为端点函数值的差。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 05.01 函数的概念

类题演练 (Links)

• 2017-全国卷II文-08 单-对数函数
• 2017-全国卷I文-09 单-对数函数
• 2017-上海卷-03 填-分式不等式

专题合集 (Series)