8.已知函數(shù)f(x)=lg(x2+tx+2)(t為常數(shù),且-2$\sqrt{2}$<t<2$\sqrt{2}$).
(1)當(dāng)x∈[0,2]時(shí),求函數(shù)f(x)的最小值(用t表示);
(2)是否存在不同的實(shí)數(shù)a,b,使得f(a)=lga,f(b)=lgb,并且a,b∈(0,2).若存在,求出實(shí)數(shù)t的取值范圍;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.

分析 (1)令g(x)=x2+tx+2,要求函數(shù)f(x)的最小值,根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知,只要求解函數(shù)g(x)的最小值即可,結(jié)合圖象,需判斷對(duì)稱軸與區(qū)間[0,2]的位置關(guān)系,分類討論;
(2)假設(shè)存在,則由已知等價(jià)于x2+tx+2=x在區(qū)間(0,2)上有兩個(gè)不同的實(shí)根,分離參數(shù),運(yùn)用導(dǎo)數(shù)求出右邊的最值和范圍,即可得出結(jié)論.

解答 解:(1)令g(x)=x2+tx+2對(duì)稱軸為x=-$\frac{t}{2}$,
①當(dāng)-$\frac{t}{2}$≤0,即t≥0時(shí),g(x)min=g(0)=2,∴f(x)min=lg2;
②當(dāng)0<-$\frac{t}{2}$<2,即-4<t<0時(shí),g(x)min=g(-$\frac{t}{2}$)=2-$\frac{{t}^{2}}{4}$,
考慮到g(x)>0,則
1°-2$\sqrt{2}$<t<0,f(x)min=f(-$\frac{t}{2}$)=lg(2-$\frac{{t}^{2}}{4}$),
2°-4<t≤-2$\sqrt{2}$,沒(méi)有最小值.
③當(dāng)-$\frac{t}{2}$≥2,即t≤-4時(shí),g(x)min=g(2)=6+2t,
考慮到g(x)>0∴f(x)沒(méi)有最小值.
綜上所述:當(dāng)t≤-2時(shí)f(x)沒(méi)有最小值;
當(dāng)t>-2時(shí),f(x)min=$\left\{\begin{array}{l}{lg(2-\frac{{t}^{2}}{4}),-2\sqrt{2}<t<0}\\{lg2,0≤t<2\sqrt{2}}\end{array}\right.$.
(2)假設(shè)存在,則由已知等價(jià)于x2+tx+2=x在區(qū)間(0,2)上有兩個(gè)不同的實(shí)根,
等價(jià)于t=-($\frac{2}{x}$+x)+1,x∈(0,2)
t′=-1+$\frac{2}{{x}^{2}}$,x∈(0,$\sqrt{2}$),t′>0;x∈($\sqrt{2}$,2),t′<0.
x=$\sqrt{2}$取最大值1-2$\sqrt{2}$.x=2,t=-2.
可得-2<t<1-2$\sqrt{2}$.
故存在,實(shí)數(shù)t的取值范圍是-2<t<1-2$\sqrt{2}$.

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了對(duì)數(shù)函數(shù)定義域的求解,復(fù)合函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用及二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值的求解,要注意考慮對(duì)稱軸與區(qū)間位置關(guān)系的討論,二次方程的實(shí)根分布問(wèn)題的應(yīng)用,本題的綜合性比較強(qiáng).

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