Question

10．已知函數(shù)f（x）=$\frac{x+2-k{x}^{2}}{{x}^{2}}$且f（x）＞0的解集為（-1，0）∪（0，2）．
（1）求k的值；
（2）如果實(shí)數(shù)t同時(shí)滿足下列兩個(gè)命題；
 ①?x∈（$\frac{1}{2}$，1），t-1＜f（x）恒成立；
②?x₀∈（-5，0），t-1＜f（x₀）成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍；
（3）若關(guān)于x的方程lnf（x）+2lnx=ln（3-ax）僅有一解，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系，以及不等式的解集即可求出k的值，
（2）先求出f（z），再根據(jù)導(dǎo)數(shù)判斷出單調(diào)性，
①?x∈（$\frac{1}{2}$，1），t-1＜f（x）恒成立，轉(zhuǎn)化為求f（x）_min，
②?x₀∈（-5，0），t-1＜f（x₀）成立，轉(zhuǎn)化為求f（x）_max，
問題得以解決，
（3）x的方程lnf（x）+2lnx=ln（3-ax）僅有一解轉(zhuǎn)化為x²-（a+1）x+1=0在（0，2）上僅有一個(gè)解，根據(jù)方程根的問題即可求出

解答 解：（1）f（x）=$\frac{x+2-k{x}^{2}}{{x}^{2}}$且f（x）＞0，等價(jià)于-kx²+x+2＞0，且x≠0
即kx²-x-2＜0，且x≠0，
∵f（x）＞0的解集為（-1，0）∪（0，2），
∴k＞0，且-1+2=$\frac{2}{k}$，
解得k=1
（2）①∵?x∈（$\frac{1}{2}$，1），t-1＜f（x）恒成立，
∴t＜f（x）+1在x∈（$\frac{1}{2}$，1）上恒成立，
由（1）可得f（x）=$\frac{x+2-{x}^{2}}{{x}^{2}}$=$\frac{1}{x}$+$\frac{2}{{x}^{2}}$-1，
∴f′（x）=-$\frac{2}{{x}^{2}}$-$\frac{4}{{x}^{3}}$＜0，在x∈（$\frac{1}{2}$，1）上恒成立，
∴f（x）在（$\frac{1}{2}$，1）上為減函數(shù)，
∴f（x）＜f（1）=1+2-1=2，
∴t≤2+1=3，
②由①可知，f（x）在（-5，0）上為減函數(shù)
∴f（x）＞f（-5）=-$\frac{1}{5}$+$\frac{2}{25}$-1=-$\frac{28}{25}$，
∴t≤-$\frac{28}{25}$+1=-$\frac{3}{25}$
∴t∈[-$\frac{3}{25}$，3]
（3）∵關(guān)于x的方程lnf（x）+2lnx=ln（3-ax）僅有一解，
∴0＜x＜2
∴f（x）•x²=3-ax，
即-x²+x+2=3-ax，
即x²-（a+1）x+1=0在（0，2）上僅有一個(gè)解，
當(dāng)△=（a+1）²-4=0時(shí)，即a=1時(shí)，方程有唯一解，
當(dāng)△=（a+1）²-4＞0時(shí)，即a＞1或a＜-3，
∴f（0）f（2）≤0，
∴1×[4-2（a+1）+1]≤0，
解得a≥$\frac{3}{2}$，
綜上所述a的取值范圍為{1}∪[$\frac{3}{2}$，+∞）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了不等式的解集，以及函數(shù)的恒成立和存在性問題，和方程的解的問題，屬于中檔題．