Question

2．已知函數(shù)$f（x）={log_3}（\frac{1}{x}+a）（a＞0）$，對任意的$t∈[\frac{1}{4}，1]$，函數(shù)f（x）在區(qū)間[t，t+1]上的最大值與最小值的差不超過1，則a的取值范圍為[$\frac{4}{5}$，+∞）．

Answer 1

分析 由對數(shù)的性質，結合復合函數(shù)的性質可得f（t）取得最大值，f（t+1）取得最小值．根據(jù)對數(shù)運算轉化為二次函數(shù)在$t∈[\frac{1}{4}，1]$恒成立問題，即可求出a的范圍．

解答 解：函數(shù)$f（x）={log_3}（\frac{1}{x}+a）（a＞0）$，令u=$\frac{1}{x}+a$，
由對數(shù)函數(shù)的性質可知，f（u）=log₃u在定義域內單調遞增．
函數(shù)u=$\frac{1}{x}+a$，在[t，t+1]上單調遞減．
根據(jù)復合函數(shù)的性質，可得f（t）取得最大值，f（t+1）取得最小值．
∴f（t）-f（t+1）≤1，即$lo{g}_{3}（\frac{1}{t}+a）-lo{g}_{3}（\frac{1}{t+1}+a）≤1$對任意的$t∈[\frac{1}{4}，1]$恒成立．
可得：2at²+（2a+2）t-1≥0對任意的$t∈[\frac{1}{4}，1]$恒成立．
其對稱軸t=-$\frac{a+2}{2}$=$-1-\frac{a}{2}$，a＞0，
∴二次函數(shù)在$t∈[\frac{1}{4}，1]$單調遞增，
當t=$\frac{1}{4}$時，可得最小值為2a×$\frac{1}{16}$+（2a+2）×$\frac{1}{4}$-1≥0．
解得：a≥$\frac{4}{5}$．
則a的取值范圍為[$\frac{4}{5}$，+∞）．
故答案為：[$\frac{4}{5}$，+∞）．

點評 本題考查了考查了對數(shù)的性質，結合復合函數(shù)的性質，以及二次函數(shù)在$t∈[\frac{1}{4}，1]$恒成立問題討論問題，屬于中檔題．