Question

已知f(log2x)=ax2-2x+1-a，a∈R．
（1）求f（x）的解析式；
（2）求f（x）的值域；
（3）設h（x）=2^-xf（x），a＞0時，對任意x₁，x₂∈[-1，1]總有|h(x1)-h(x2)|≤

a+1

2

成立，求a的取值范圍．

Answer 1

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m=2^x，則m＞0，y=am²-2m+1-a，下面對a進行分類討論：①當a=0時，②當a＞0時，③當a＜0時，分別求出其值域即可；
（3）函數h（x）=a•2^x+（1-a）2^-x-2對任意x₁，x₂∈[-1，1]，|h（x₁）-h（x₂）|≤

a+1

2

恒成立，等價于h（x）在[-1，1]內滿足其最大值與最小值的差小于等于

a+1

2

．

解答：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m=2^x，則m＞0，y=am²-2m+1-a，
①當a=0時，y=-2m+1（m＞0），在（0，+∞）上是減函數，其值域為（-∞，1）；
②當a＞0時，y=am²-2m+1-a的對稱軸m=

1

a

＞0，
故其在（0，

1

a

）上是減函數，在（

1

a

，+∞）上是增函數．其值域為（-

1

a

+1-a，+∞）；
③當a＜0時，y=am²-2m+1-a的對稱軸m=

1

a

＜0，
故其在（0，+∞）上是減函數．其值域為（-∞，1-a）；
（3）∵h（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=

1

2

log₂

1-a

a

（0＜a＜1）．
由x₀=

1

2

log₂

1-a

a

＞1得0＜a＜

1

5

，由x₀=

1

2

log₂

1-a

a

＜-1，得a＞

4

5

，
∵h（0）=-1，h（1）=

3

2

（a-1），
由f（1）＞f（0），得

3

2

（a-1）＞-1，得a＞

1

3

．
①當0＜a≤

1

5

時，h′（x）=aln2•2^x-（1-a）lna•2^-x＜0恒成立，函數h（x）在[-1，1]上是減函數，
∴函數h（x）在[-1，1]內的最大值是h（-1）=-

3

2

a，最小值是h（1）=

3

2

（a-1）．
∵對任意x₁，x₂∈[-1，1]總有|h(x1)-h(x2)|≤

a+1

2

成立，
∴-

3

2

a-

3

2

（a-1）≤

a+1

2

，∴a≥2．不合，舍去．
②當

1

5

＜a≤

1

2

時，函數h（x）在[-1，x₀]上是減函數，在（x₀，1]上是增函數
∴函數h（x）在[-1，1]內的最大值是h（-1）=-

3

2

a，最小值是h（x₀）=2

a(1-a)

-2．
∵對任意x₁，x₂∈[-1，1]總有|h(x1)-h(x2)|≤

a+1

2

成立，
∴-

3

2

a-2

a(1-a)

+2≤

a+1

2

，
∴

1

2

≥a≥

3

10

．
③當

1

2

＜a≤

4

5

時，函數h（x）在[-1，x₀]上是減函數，在（x₀，1]上是增函數
∴函數h（x）在[-1，1]內的最大值是h（1）=

3

2

（a-1），最小值是h（x₀）=2

a(1-a)

-2．
∵對任意x₁，x₂∈[-1，1]總有|h(x1)-h(x2)|≤

a+1

2

成立，
∴

3

2

（a-1）-2

a(1-a)

+2≤

a+1

2

，
∴

1

2

＜a≤

4

5

．
④當a＞

4

5

時，h′（x）=aln2•2^x-（1-a）lna•2^-x＞0恒成立，函數h（x）在[-1，1]上是增函數，
∴函數h（x）在[-1，1]內的最大值是h（1），最小值是h（-1）．
∵對任意x₁，x₂∈[-1，1]總有|h(x1)-h(x2)|≤

a+1

2

成立，
∴

3

2

（a-1）+

3

2

a≤

a+1

2

，
∴a≤

4

5

．不合，舍去．
綜上所述，a的取值范圍為[

3

10

，

4

5

]．

點評：本題考查函數的值域，考查滿足條件的實數的取值范圍的求法，考查分類討論的思想．解題的關鍵是要分析出|f（x₁）-f（x₂）|≤f（x）_max-f（x）_min．