Question

19．已知向量$\overrightarrow m=（{{{log}_{\frac{1}{3}}}x，1-f（x）}）$，$\overrightarrow n=（{1，2+{{log}_3}x}）$，且向量$\overrightarrow m$∥$\overrightarrow n$．
（Ⅰ）求函数y=f（x）的解析式及函数$y=f（cos（2x-\frac{π}{3}））$的定义域；
（Ⅱ）若函数g（θ）=-cos²θ-asinθ+2，存在a∈R，对任意${x_1}∈[{\frac{1}{27}，3}]$，总存在唯一${θ_0}∈[{-\frac{π}{2}，\frac{π}{2}}]$，使得f（x₁）=g（θ₀）成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）$f（x）=log_3^2x+{log_3}x+1$，$y=f（cos（2x-\frac{π}{3}））$有意义则$cos（2x-\frac{π}{3}）＞0$解不等式即可
 （Ⅱ）$f（x）=log_3^2x+{log_3}x+1$=$（{log_3}x+1{）^2}$，可得函数f（x）的值域为[0，4]
g（θ）=-cos²θ-asinθ+2=sin²θ-asinθ+1，t=sinθ则ϕ（t）=g（θ）=t²-at+1，-1≤t≤1
由题意知：[0，4]⊆{y|y=t²-at+1，-1≤t≤1}，且对任意y∈[0，4]，总存在唯一${θ_0}∈[{-\frac{π}{2}，\frac{π}{2}}]$，使得y=g（θ₀），即存在唯一t₀∈[-1，1]，使得y=ϕ（t₀）
以下分三种情况讨论：①当$\frac{a}{2}≤-1$即a≤-2时，②当$\frac{a}{2}≥1即a≥2$时，③当$-1＜\frac{a}{2}≤1即-2＜a＜2$时，即可

解答 解：（Ⅰ）$f（x）=log_3^2x+{log_3}x+1$…（2分）
$y=f（cos（2x-\frac{π}{3}））$有意义则$cos（2x-\frac{π}{3}）＞0$
∴$2kπ-\frac{π}{2}＜2x-\frac{π}{3}＜2kπ+\frac{π}{2}$，k∈z
解得$kπ-\frac{π}{12}＜x＜kπ+\frac{5π}{12}$，
定义域为$（{kπ-\frac{π}{12}，kπ+\frac{5π}{12}}）$，k∈z…（4分）
（Ⅱ）$f（x）=log_3^2x+{log_3}x+1$=$（{log_3}x+1{）^2}$，
∵$x∈[{\frac{1}{27}，3}]$，∴-3≤log₃x≤1∴函数f（x）的值域为[0，4]．…（5分）
g（θ）=-cos²θ-asinθ+2=sin²θ-asinθ+1，t=sinθ则ϕ（t）=g（θ）=t²-at+1，-1≤t≤1
由题意知：[0，4]⊆{y|y=t²-at+1，-1≤t≤1}，且对任意y∈[0，4]，
总存在唯一${θ_0}∈[{-\frac{π}{2}，\frac{π}{2}}]$，使得y=g（θ₀），即存在唯一t₀∈[-1，1]，使得y=ϕ（t₀）…（8分）
以下分三种情况讨论：①当$\frac{a}{2}≤-1$即a≤-2时，
则$\left\{\begin{array}{l}g{（θ）_{min}}=ϕ（t）min=ϕ（-1）=2+a≤0\\ g{（θ）_{max}}=ϕ（t）max=ϕ（1）=2-a≥4\end{array}\right.$，解得a≤-2；…（9分）
②当$\frac{a}{2}≥1即a≥2$时，则$\left\{\begin{array}{l}g{（θ）_{max}}=ϕ{（t）_{max}}=ϕ（-1）=2+a≥4\\ g{（θ）_{min}}=ϕ{（t）_{min}}=ϕ（1）=2-a≤0\end{array}\right.$，解得a≥2；…（10分）
③当$-1＜\frac{a}{2}≤1即-2＜a＜2$时，则$\left\{\begin{array}{l}△＞0\\ ϕ（1）=2-a≥4\\ ϕ（-1）=2+a≤0\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}△＞0\\ ϕ（1）=2-a≤4\\ ϕ（-1）=2+a≥0\end{array}\right.$解得a∈φ…（11分）
综上a≥2或a≤-2…（12分）

点评 本题考查了三角函数的恒等变形，三角函数的求值，考查了分类讨论思想，属于中档题．