（1）x2-

5

2

x+1＞0⇒f(x)的定义域(-∞，

1

2

)∪(2，+∞)（2分）

（2）令g（x）=x²+tx+1，结合图象可得

①当-

t

2

≤0，即t≥0时，g(x)min=g(0)=1∴f(x)min=0…(1分)

②当0＜-

t

2

＜2，即-4＜t＜0时，g(x)min=g(-

t

2

)=1-

t2

4

考虑到g（x）＞0，所以

1°-2＜t＜0，f(x)min=f(-

t

2

)=lg(1-

t2

4

)…(1分)

2°-4＜t≤-2，没有最小值…（1分）

③当-

t

2

≥2，即t≤-4时，g(x)min=g(2)=5+2t

考虑到g（x）＞0∴f（x）没有最小值…（1分）

综上所述：当t≤-2时f（x）没有最小值；

当t＞-2时f(x)=

lg(1- t2 4 )，-2＜t＜0 0，t≥0

…(2分)

（3）解法一：假设存在，则由已知得

a2+ta+1=a b2+tb+1=b 0＜a，b＜2 a≠b

等价于x²+tx+1=x在区间（0，2）上有两个不同的实根…..（2分）令h（x）=x²+（t-1）x+1在（0，2）上有两个不同的零点

∴

h(0)＞0 h(2)＞0 △＞0 0＜- b 2a ＜2

⇒

1＞0 t＞- 3 2 (t-1)2-4＞0 0＜- t-1 2 ＜2

⇒-

3

2

＜t＜-1（2分）

解法2：假设存在，则由已知得

a2+ta+1=a b2+tb+1=b 0＜a，b＜2 a≠b

等价于x²+tx+1=x在区间（0，2）上有两个不同的实根（2分）

等价于t=-(

1

x

+x)+1，x∈(0，2)，做出函数图象

可得-

3

2

＜t＜-1（2分）