Question

18．已知$f（x）=\frac{a•{4}^{x}-{2}^{x+1}-a+1}{{2}^{x}}（a∈R）$，如果存在x₁，x₂∈[-1，1]使得$|{f（{x_1}）-f（{x_2}）}|≥\frac{a+1}{2}$成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 由題意轉(zhuǎn)化為在x∈[-1，1]上，f（x）_max-f（x）_min≥$\frac{a+1}{2}$，即原題函數(shù)模型變?yōu)間（t）=at+$\frac{1-a}{t}$-2，t∈[$\frac{1}{2}$，2]，分類討論，利用函數(shù)的單調(diào)性，即可求出a的范圍．

解答 解：首先存在x₁，x₂∈[-1，1]使得$|{f（{x_1}）-f（{x_2}）}|≥\frac{a+1}{2}$成立的意思是：
在x∈[-1，1]上，f（x）_max-f（x）_min≥$\frac{a+1}{2}$，
f（x）=$\frac{a•{4}^{x}-{2}^{x+1}-a+1}{{2}^{x}}$=a•2x+$\frac{1-a}{{2}^{x}}$-2
令$t={2^x}∈[{\frac{1}{2}，2}]$，原題函數(shù)模型變?yōu)間（t）=at+$\frac{1-a}{t}$-2，t∈[$\frac{1}{2}$，2]，
1°當(dāng)a≤0時(shí)，g（t）在$t∈[{\frac{1}{2}，2}]$單調(diào)遞減，所以$g{（t）_{max}}-g{（t）_{min}}≥\frac{a+1}{2}$
等價(jià)于$g（{\frac{1}{2}}）-g（2）≥\frac{a+1}{2}⇒a≤\frac{2}{7}$，所以a≤0
2°當(dāng)0＜a＜1時(shí)，$g（t）=a（{t+\frac{{\frac{1-a}{a}}}{t}}）-2$，
g（t）在$（{0，\sqrt{\frac{1-a}{a}}}]$上單調(diào)遞減，在$[{\sqrt{\frac{1-a}{a}}，+∞}）$上單調(diào)遞增
所以需要比較$\sqrt{\frac{1-a}{a}}$的位置與$[{\frac{1}{2}，2}]$的關(guān)系，從而得到分類標(biāo)準(zhǔn)：
①$\sqrt{\frac{1-a}{a}}≤\frac{1}{2}$時(shí)，$\frac{4}{5}≤a＜1$時(shí)，g（t）在$[{\frac{1}{2}，2}]$單調(diào)遞增，
∵$g{（t）_{max}}-g{（t）_{min}}≥\frac{a+1}{2}$，
∴g（2）-g（$\frac{1}{2}$）≥$\frac{a+1}{2}$，解得a≥$\frac{4}{5}$，
∴$\frac{4}{5}$≤a＜1，
②當(dāng)$\sqrt{\frac{1-a}{a}}≥2$時(shí)，$0＜a≤\frac{1}{5}$時(shí)，g（t）在$[{\frac{1}{2}，2}]$單調(diào)遞減，
∵$g{（t）_{max}}-g{（t）_{min}}≥\frac{a+1}{2}$，
∴g（$\frac{1}{2}$）-g（2）≥$\frac{a+1}{2}$，解得a≤$\frac{2}{7}$，
∴$0＜a≤\frac{1}{5}$
③$\frac{1}{2}＜\sqrt{\frac{1-a}{a}}＜2，\frac{1}{5}＜a＜\frac{4}{5}$時(shí)，$g{（t）_{min}}=g（{\sqrt{\frac{1-a}{a}}}）$，最大值在$g（2）與g（{\frac{1}{2}}）$中取較大者，作差比較$g（2）-g（{\frac{1}{2}}）=3a-\frac{3}{2}＜0$，得到分類討論標(biāo)準(zhǔn)：
（1）當(dāng)$\frac{1}{5}＜a＜\frac{1}{2}$時(shí)，$g（2）-g（{\frac{1}{2}}）=3a-\frac{3}{2}＜0$，此時(shí)$g{（t）_{max}}=g（{\frac{1}{2}}）$
由$g{（t）_{max}}-g{（t）_{min}}≥\frac{a+1}{2}$
得到g（$\frac{1}{2}$）-g（$\sqrt{\frac{1-a}{a}}$）≥$\frac{a+1}{2}$，
∴32a²-40a+9≥0，解得a≥$\frac{5+\sqrt{7}}{8}$，或a≤$\frac{5-\sqrt{7}}{8}$
∴$\frac{1}{5}＜a≤\frac{{5-\sqrt{7}}}{8}$，
（2）當(dāng)$\frac{1}{2}$≤a＜$\frac{4}{5}$時(shí)，g（$\frac{1}{2}$）-g（2）=3a-$\frac{3}{2}$＞0，此時(shí)g（t）_max=g（2），
由$g{（t）_{max}}-g{（t）_{min}}≥\frac{a+1}{2}$，
∴g（2）-g（$\sqrt{\frac{1-a}{a}}$）≥$\frac{a+1}{2}$，
∴a≥2$\sqrt{a（1-a）}$，解得a≥$\frac{4}{5}$，
∴此時(shí)a∈∅，
在此分類討論中，a∈（0，$\frac{5-\sqrt{7}}{8}$]∪[$\frac{4}{5}$，1）
3當(dāng)a≥1時(shí)，g（t）在t∈[$\frac{1}{2}$，2]上單調(diào)遞增，
由$g{（t）_{max}}-g{（t）_{min}}≥\frac{a+1}{2}$，
∴g（2）-g（$\frac{1}{2}$）≥$\frac{a+1}{2}$，解得a≥$\frac{4}{5}$，
∴a≥1，
綜上三大類情況，可得a的范圍為（-∞，$\frac{5-\sqrt{7}}{8}$]∪[$\frac{4}{5}$，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)的運(yùn)用，主要考查不等式恒成立問題，注意運(yùn)用分類討論和絕對值不等式的性質(zhì)，考查運(yùn)算能力，屬于難題．