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）设h（x）=2^-xf（x），a＞0时，对任意x₁，x₂∈[-1，1]总有|h(x1)-h(x2)|≤

a+1

2

成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析：（1）令t=log₂x，则x=2^t，故f（t）=a（2^t）²-2•2^t+1-a．从而得出f（x）的解析式；
（2）设m=2^x，则m＞0，y=am²-2m+1-a，下面对a进行分类讨论：①当a=0时，②当a＞0时，③当a＜0时，分别求出其值域即可；
（3）函数h（x）=a•2^x+（1-a）2^-x-2对任意x₁，x₂∈[-1，1]，|h（x₁）-h（x₂）|≤

a+1

2

恒成立，等价于h（x）在[-1，1]内满足其最大值与最小值的差小于等于

a+1

2

．

解答：解：（1）令t=log₂x，则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）再设m=2^x，则m＞0，y=am²-2m+1-a，
①当a=0时，y=-2m+1（m＞0），在（0，+∞）上是减函数，其值域为（-∞，1）；
②当a＞0时，y=am²-2m+1-a的对称轴m=

1

a

＞0，
故其在（0，

1

a

）上是减函数，在（

1

a

，+∞）上是增函数．其值域为（-

1

a

+1-a，+∞）；
③当a＜0时，y=am²-2m+1-a的对称轴m=

1

a

＜0，
故其在（0，+∞）上是减函数．其值域为（-∞，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当0＜a≤

1

5

时，h′（x）=aln2•2^x-（1-a）lna•2^-x＜0恒成立，函数h（x）在[-1，1]上是减函数，
∴函数h（x）在[-1，1]内的最大值是h（-1）=-

3

2

a，最小值是h（1）=

3

2

（a-1）．
∵对任意x₁，x₂∈[-1，1]总有|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当

1

5

＜a≤

1

2

时，函数h（x）在[-1，x₀]上是减函数，在（x₀，1]上是增函数
∴函数h（x）在[-1，1]内的最大值是h（-1）=-

3

2

a，最小值是h（x₀）=2

a(1-a)

-2．
∵对任意x₁，x₂∈[-1，1]总有|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当

1

2

＜a≤

4

5

时，函数h（x）在[-1，x₀]上是减函数，在（x₀，1]上是增函数
∴函数h（x）在[-1，1]内的最大值是h（1）=

3

2

（a-1），最小值是h（x₀）=2

a(1-a)

-2．
∵对任意x₁，x₂∈[-1，1]总有|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当a＞

4

5

时，h′（x）=aln2•2^x-（1-a）lna•2^-x＞0恒成立，函数h（x）在[-1，1]上是增函数，
∴函数h（x）在[-1，1]内的最大值是h（1），最小值是h（-1）．
∵对任意x₁，x₂∈[-1，1]总有|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．
综上所述，a的取值范围为[

3

10

，

4

5

]．

点评：本题考查函数的值域，考查满足条件的实数的取值范围的求法，考查分类讨论的思想．解题的关键是要分析出|f（x₁）-f（x₂）|≤f（x）_max-f（x）_min．