Question

已知，a∈R．
（1）求f（x）的解析式；
（2）求f（x）的值域；
（3）設(shè)h（x）=2^-xf（x），a＞0時(shí)，對(duì)任意x₁，x₂∈[-1，1]總有成立，求a的取值范圍．

Answer 1

解：（1）令t=log₂x，則x=2^t，
故f（t）=a（2^t）²-2•2^t+1-a．
∴f（x）=a（2^x）²-2•2^x+1-a，
（2）再設(shè)m=2^x，則m＞0，y=am²-2m+1-a，
①當(dāng)a=0時(shí)，y=-2m+1（m＞0），在（0，+∞）上是減函數(shù)，其值域?yàn)椋?∞，1）；
②當(dāng)a＞0時(shí)，y=am²-2m+1-a的對(duì)稱(chēng)軸m=＞0，
故其在（0，）上是減函數(shù)，在（，+∞）上是增函數(shù)．其值域?yàn)椋?+1-a，+∞）；
③當(dāng)a＜0時(shí)，y=am²-2m+1-a的對(duì)稱(chēng)軸m=＜0，
故其在（0，+∞）上是減函數(shù)．其值域?yàn)椋?∞，1-a）；
（3）∵h(yuǎn)（x）=a•2^x+（1-a）2^-x-2，
∴h′（x）=aln2•2^x-（1-a）lna•2^-x，
由h′（x）=aln2•2^x-（1-a）lna•2^-x=0，得x₀=log₂（0＜a＜1）．
由x₀=log₂＞1得0＜a＜，由x₀=log₂＜-1，得a＞，
∵h(yuǎn)（0）=-1，h（1）=（a-1），
由f（1）＞f（0），得（a-1）＞-1，得a＞．
①當(dāng)0＜a≤時(shí)，h′（x）=aln2•2^x-（1-a）lna•2^-x＜0恒成立，函數(shù)h（x）在[-1，1]上是減函數(shù)，
∴函數(shù)h（x）在[-1，1]內(nèi)的最大值是h（-1）=-a，最小值是h（1）=（a-1）．
∵對(duì)任意x₁，x₂∈[-1，1]總有成立，
∴-a-（a-1）≤，∴a≥2．不合，舍去．
②當(dāng)＜a≤時(shí)，函數(shù)h（x）在[-1，x₀]上是減函數(shù)，在（x₀，1]上是增函數(shù)
∴函數(shù)h（x）在[-1，1]內(nèi)的最大值是h（-1）=-a，最小值是h（x₀）=2-2．
∵對(duì)任意x₁，x₂∈[-1，1]總有成立，
∴-a-2+2≤，
∴≥a≥．
③當(dāng)＜a≤時(shí)，函數(shù)h（x）在[-1，x₀]上是減函數(shù)，在（x₀，1]上是增函數(shù)
∴函數(shù)h（x）在[-1，1]內(nèi)的最大值是h（1）=（a-1），最小值是h（x₀）=2-2．
∵對(duì)任意x₁，x₂∈[-1，1]總有成立，
∴（a-1）-2+2≤，
∴＜a≤．
④當(dāng)a＞時(shí)，h′（x）=aln2•2^x-（1-a）lna•2^-x＞0恒成立，函數(shù)h（x）在[-1，1]上是增函數(shù)，
∴函數(shù)h（x）在[-1，1]內(nèi)的最大值是h（1），最小值是h（-1）．
∵對(duì)任意x₁，x₂∈[-1，1]總有成立，
∴（a-1）+a≤，
∴a≤．不合，舍去．
綜上所述，a的取值范圍為[，]．
分析：（1）令t=log₂x，則x=2^t，故f（t）=a（2^t）²-2•2^t+1-a．從而得出f（x）的解析式；
（2）設(shè)m=2^x，則m＞0，y=am²-2m+1-a，下面對(duì)a進(jìn)行分類(lèi)討論：①當(dāng)a=0時(shí)，②當(dāng)a＞0時(shí)，③當(dāng)a＜0時(shí)，分別求出其值域即可；
（3）函數(shù)h（x）=a•2^x+（1-a）2^-x-2對(duì)任意x₁，x₂∈[-1，1]，|h（x₁）-h（x₂）|≤恒成立，等價(jià)于h（x）在[-1，1]內(nèi)滿(mǎn)足其最大值與最小值的差小于等于．
點(diǎn)評(píng)：本題考查函數(shù)的值域，考查滿(mǎn)足條件的實(shí)數(shù)的取值范圍的求法，考查分類(lèi)討論的思想．解題的關(guān)鍵是要分析出|f（x₁）-f（x₂）|≤f（x）_max-f（x）_min．