2016-上海卷理-22 解-对数

本题导读

本题考查对数函数的性质（单调性、定义域）、函数与方程（根的存在性讨论）。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(理)） 已知 $a\in \mathbb{R}$，函数 $f(x)={\log }_2(\frac{1}{x}+a)$.

(1)当 $a=5$ 时，解不等式 $f(x)>0$；

(2)若关于 $x$ 的方程 $f(x)-{\log }_2[(a-4)x+2a-5]=0$ 的解集中恰好有一个元素，求 $a$ 的取值范围；

(3)设 $a>0$，若对任意 $t\in [\frac{1}{2},1]$，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】

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1. 第一问（基础计算）：代入 $a=5$，利用对数函数单调性去掉对数符号，转化为分式不等式求解。注意定义域约束。
2. 第二问（方程根的讨论）：

• 化简：由 ${\log }_{2}A={\log }_{2}B$ 得 $A=B$，整理为关于 $x$ 的一元二次方程。
• 约束条件：解必须满足真数大于 0。
• 讨论：分别考虑二次项系数为 0（一次方程）、判别式为 0（重根）、以及有两个根但只有一个在定义域内的情况。

3. 第三问（最值差恒成立）：

• 单调性判定：$a>0$ 时，内部函数 $u(x)=\frac{1}{x}+a$ 在 $(0,+\infty )$ 递减，故 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 递减。
• 表达式构建：在 $[t,t+1]$ 上，$f(x{)}_{\max }-f(x{)}_{\min }=f(t)-f(t+1)$。
• 不等式转化：利用对数性质化简 $f(t)-f(t+1)\le 1$，得到一个关于 $t$ 的二次不等式。
• 最值化归：确保该二次不等式在 $t\in [\frac{1}{2},1]$ 上恒成立。

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$a$ 的取值范围是 $(1,2]\cup \{3,4\}$

✍【详细解析】

Abstract

解：

（1）当 $a=5$ 时，$f(x)={\log }_2(\frac{1}{x}+5)$。 由 $f(x)>0$ 得 ${\log }_2(\frac{1}{x}+5)>0⟹\frac{1}{x}+5>1⟹\frac{1}{x}>-4$。 当 $x>0$ 时，$\frac{1}{x}>0>-4$ 恒成立； 当 $x<0$ 时，$\frac{1}{x}>-4⟹1<-4x⟹x<-\frac{1}{4}$。 此外，需满足定义域 $\frac{1}{x}+5>0⟹\frac{1+5x}{x}>0⟹x\in (-\infty ,-\frac{1}{5})\cup (0,+\infty )$。 综合得解集为 $(-\infty ,-\frac{1}{4})\cup (0,+\infty )$。

（2）原方程等价于 $\frac{1}{x}+a=(a-4)x+2a-5$，且 $\frac{1}{x}+a>0$。 整理得：$(a-4)x^2+(a-5)x-1=0$。 ① 当 $a=4$ 时，原方程为 $-x-1=0⟹x=-1$。代入验证 $\frac{1}{-1}+4=3>0$，符合。 ② 当 $a\ne 4$ 时，方程解为 $x_1=-1$，$x_2=\frac{1}{a-4}$。 若 $x_1=x_2$，则 $-1=\frac{1}{a-4}⟹a=3$。此时 $x=-1$，验证 $\frac{1}{-1}+3=2>0$，符合。 若 $x_1\ne x_2$（即 $a\ne 3,4$）： $x_1=-1$ 是根需 $\frac{1}{-1}+a>0⟹a>1$； $x_2=\frac{1}{a-4}$ 是根需 $(a-4)+a>0⟹a>2$。 要使解集只有一个元素：

• 若 $1<a\le 2$，则只有 $x_1$ 是根；
• 若 $a=3$ 或 $a=4$（已讨论）。 综上，$a$ 的取值范围是 $(1,2]\cup \{3,4\}$。

（3）当 $a>0,x>0$ 时，$f(x)$ 单调递减。 在 $[t,t+1]$ 上，$f(t)-f(t+1)\le 1⟹{\log }_2(\frac{\frac{1}{t}+a}{\frac{1}{t+1}+a})\le 1⟹\frac{1+at}{t}\le 2(\frac{1+a(t+1)}{t+1})$。 化简得：$a{t}^2+(a+1)t-1\ge 0$ 对任意 $t\in [\frac{1}{2},1]$ 恒成立。 设 $g(t)=a{t}^2+(a+1)t-1$。因为 $a>0$，开口向上，对称轴在 $y$ 轴左侧，故 $g(t)$ 在 $[\frac{1}{2},1]$ 上递增。 只需 $g(\frac{1}{2})\ge 0⟹\frac{a}{4}+\frac{a+1}{2}-1\ge 0⟹\frac{3}{4}a-\frac{1}{2}\ge 0⟹a\ge \frac{2}{3}$。 故 $a$ 的取值范围是 $[\frac{2}{3},+\infty )$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 定义域先行：对数方程/不等式中，真数大于 0 是最容易遗漏的隐形条件。
• 参数讨论的完整性：在第二问中，不仅要考虑二次项系数和判别式，更要结合定义域剔除无效根。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 变式训练：第(1)问中若改为解 $f(x)>1$，即 $\frac{1}{x}+5>2$，解得 $\frac{1}{x}>-3$，解集为 $x>0$ 或 $x<-\frac{1}{3}$——同法按 $x>0$ 与 $x<0$ 两段讨论。
2. 知识关联：对数不等式“真数大于零”的定义域先行、分式不等式的分段讨论是基本功；第(2)问“解集恰有一个元素”与第(3)问“区间上最值差不超过 1”分别对应方程根的讨论与单调性的参变分离，是上海卷函数压轴的常见命题手法。

🔗【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)