Question

19．已知f（x）=x-$\frac{1}{x}$．
（1）若f（log₃x）=0，求x的值．；
（2）若x∈[1，+∞），f（mx）+mf（x）＜0恒成立，求实数m的取值范围；
（3）若关于x的方程log₂f（x）=log₂（ax+1）的解集中恰有一个元素，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）根据复合函数f（log₃x）=0可得${log_3}x-\frac{1}{{{{log}_3}x}}=0$，利用换元法，设t=log₃x即可求解．
（2）根据复合函数，由已知，m≠0，$mx-\frac{1}{mx}+m（x-\frac{1}{x}）＜0$，分离参数，讨论可得实数m的取值范围；
（3）根据log₂f（x）=log₂（ax+1）转化为$x-\frac{1}{x}=ax+1$，根据$x-\frac{1}{x}＞0$求出-1＜x＜0或x＞1，问题转化为关于x的方程$x-\frac{1}{x}=ax+1$在区间（-1，0）∪（1，+∞）有且只有一个解，即方程（a-1）x²+x+1=0在（-1，0）∪（1，+∞）有且只有一个解．对a进行讨论即可．

解答 解：（1）∵f（log₃x）=0
∴${log_3}x-\frac{1}{{{{log}_3}x}}=0$，
设t=log₃x，
可得$t-\frac{1}{t}=0$，即$\frac{{{t^2}-1}}{t}=0$
解得：t=1或t=-1
故得x=3或$x=\frac{1}{3}$．
（2）由已知，m≠0，$mx-\frac{1}{mx}+m（x-\frac{1}{x}）＜0$
∵x∈[1，+∞）
∴$m{x^2}-\frac{1}{m}+m{x^2}-m＜0$
∴$2m{x^2}＜\frac{1}{m}+m$
（1）当m＞0时，${x^2}＜\frac{1}{2}+\frac{1}{{2{m^2}}}$，∴对任意x∈[1+∞），此式不能恒成立；
（2）当m＜0时，${x^2}＞\frac{1}{2}+\frac{1}{{2{m^2}}}$；
∵x∈[1+∞），可得x²_min=1，
∴$1＞\frac{1}{2}+\frac{1}{{2{m^2}}}$
∴m²＞1
∵m＜0
∴m＜-1
综上：m＜-1．
（3）∵log₂f（x）=log₂（ax+1）
∴$x-\frac{1}{x}=ax+1$
∵$x-\frac{1}{x}＞0$
∴-1＜x＜0或x＞1
本问题转化为关于x的方程$x-\frac{1}{x}=ax+1$在区间（-1，0）∪（1，+∞）有且只有一个解，
即方程（a-1）x²+x+1=0在（-1，0）∪（1，+∞）有且只有一个解．
（1）当a=1时，x=-1不满足题意．
（2）当a＞1时，设g（x）=（a-1）x²+x+1，开口向上，对称轴$x=-\frac{1}{2（a-1）}＜0$，
①当△=0时，即$a=\frac{5}{4}$时，此时x=-2不满足题意．
②当△＜0时，即$a＞\frac{5}{4}$时，此时方程无解，不满足题意．
③当△＞0时，即$1＜a＜\frac{5}{4}$时，g（-1）=a-1＞0，则两根均在（-1，0）或均在（1，+∞），不满足题意．
（3）当a＜1时，设g（x）=（a-1）x²+x+1，开口向下，对称轴$x=-\frac{1}{2（a-1）}＞0$，
∵g（0）=1＞0，g（-1）=a-1＜0，
∴存在x₀∈（-1，0）使g（x₀）=0，若满足题意，另一根必在（0，1]内，
∴g（1）≤0，即a+1≤0，
∴a≤-1
综上可得：a≤-1．即a的取值范围时（-∞，-1]．

点评 本题考查了对数的计算，二次函数的系数的讨论和恒成立问题的转化．分离参数的求解．属于难题．