Question

19．已知f（e^x）=ax²-x，a∈R．
（1）求f（x）的解析式；
（2）求x∈（0，1]时，f（x）的值域；
（3）设a＞0，若h（x）=[f（x）+1-a]•log_xe对任意的x₁，x₂∈[e^-3，e^-1]，总有|h（x₁）-h（x₂）|≤a+$\frac{1}{3}$恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）利用换元法进行求解即可．
（2）根据函数的解析式即可求函数的值域．
（3）根据函数恒成立问题，建立不等式关系进行求解即可．

解答 解：（1）设e^x=t，则x=lnt＞0，所以f（t）=a（lnt）²-lnt
所以f（x）=a（lnx）²-lnx（x＞0）；                                   …（3分）
（2）设lnx=m（m≤0），则f（x）=g（m）=am²-m
当a=0时，f（x）=g（m）=-m，g（m）的值域为[0，+∞）
当a≠0时，$f（x）=g（m）=a{m^2}-m=a{（m-\frac{1}{2a}）^2}-\frac{1}{4a}（m≤0）$
若a＞0，$\frac{1}{2a}＞0$，g（m）的值域为[0，+∞）
若a＜0，$\frac{1}{2a}＜0$，g（m）在$（-∞，\frac{1}{2a}]$上单调递增，在$[\frac{1}{2a}，0]$上单调递减，g（m）的值域为$（-∞，-\frac{1}{4a}]$…（7分）
综上，当a≥0时f（x）的值域为[0，+∞）
当a＜0时f（x）的值域为$（-∞，-\frac{1}{4a}]$；                           …（8分）
（3）因为$h（x）=alnx-1+\frac{（1-a）}{lnx}$对任意${x_1}，{x_2}∈[{e^{-3}}，{e^{-1}}]$总有$|{h（{x_1}）-h（{x_2}）}|≤a+\frac{1}{3}$
所以h（x）在[e^-3，e^-1]满足$h{（x）_{max}}-h{（x）_{min}}≤a+\frac{1}{3}$…（10分）
设lnx=s（s∈[-3，-1]），则$h（x）=r（s）=as+\frac{1-a}{s}-1$，s∈[-3，-1]
当1-a＜0即a＞1时r（s）在区间[-3，-1]单调递增
所以$r（-1）-r（-3）≤a+\frac{1}{3}$，即$-2-（-\frac{8}{3}a-\frac{4}{3}）≤a+\frac{1}{3}$，所以$a≤\frac{3}{5}$（舍）
当a=1时，r（s）=s-1，不符合题意                                …（12分）
当0＜a＜1时，则$h（x）=r（s）=as+\frac{1-a}{s}-1$=a（s+$\frac{\frac{1-a}{a}}{s}$）-1，s∈[-3，-1]
若$\sqrt{\frac{1-a}{a}}≤1$即$\frac{1}{2}≤a＜1$时，r（s）在区间[-3，-1]单调递增
所以$r（-1）-r（-3）≤a+\frac{1}{3}$，则$\frac{1}{2}≤a≤\frac{3}{5}$
若$1＜\sqrt{\frac{1-a}{a}}＜3$即$\frac{1}{10}＜a＜\frac{1}{2}$时r（s）在$[-3，-\sqrt{\frac{1-a}{a}}]$递增，在$[-\sqrt{\frac{1-a}{a}}，-1]$递减
所以$\left\{\begin{array}{l}r（-\sqrt{\frac{1-a}{a}}）-r（-3）≤a+\frac{1}{3}\\ r（-\sqrt{\frac{1-a}{a}}）-r（-1）≤a+\frac{1}{3}\end{array}\right.$，得$\frac{1}{10}＜a＜\frac{1}{2}$
若$\sqrt{\frac{1-a}{a}}≥3$即$0＜a≤\frac{1}{10}$时r（s）在区间[-3，-1]单调递减
所以$r（-3）-r（-1）≤a+\frac{1}{3}$，即$-\frac{8}{3}a-\frac{4}{3}+2≤a+\frac{1}{3}$，得$\frac{1}{11}≤a＜\frac{1}{10}$…（15分）
综上所述：$\frac{1}{11}≤a≤\frac{3}{5}$．

点评 本题主要考查函数解析式以及函数值域和恒成立的应用，综合考查函数的性质，考查学生的运算和推理能力．