Question

已知a＞0且a≠1，函數(shù)f（x）=a^x+a^-x（x∈[-1，1]），g（x）=ax²-2ax+4-a（x∈[-1，1]）．
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間和值域；
（2）若對于任意x₁∈[-1，1]，總存在x₀∈[-1，1]，使得g（x₀）=f（x₁）成立，求a的取值范圍；
（3）若對于任意x₀∈[-1，1]，任意x₁∈[-1，1]，都有g(shù)（x₀）≥f（x₁）恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：函數(shù)恒成立問題

專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用

分析：（1）先判斷函數(shù)的奇偶性，然后根據(jù)復(fù)合函數(shù)單調(diào)性之間的關(guān)系，即可求f（x）的單調(diào)區(qū)間和值域；
（2）若對于任意x₁∈[-1，1]，總存在x₀∈[-1，1]，使得g（x₀）=f（x₁）成立，即等價于g（x）_max≥f（x）_max且g（x）_min≥f（x）_min，然后可a的取值范圍；
（3）若對于任意x₀∈[-1，1]，任意x₁∈[-1，1]，都有g(shù)（x₀）≥f（x₁）恒成立，等價為g（x）_min≥f（x）_max，即可求a的取值范圍．

解答： 解：（1）∵f（x）=a^x+a^-x（x∈[-1，1]），
則f（-x）=a^x+a^-x=f（x），為偶函數(shù)，
設(shè)t=a^x，則函數(shù)f（x）等價為y=t+

1

t

，
若a＞1，當(dāng)0≤x≤1時，t=a^x單調(diào)遞增，且t≥1，此時函數(shù)y=t+

1

t

在t≥1上單調(diào)遞增，∴根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知此時f（x）單調(diào)遞增．
若0＜a＜1，當(dāng)0≤x≤1時，t=a^x單調(diào)遞減，且0＜t≤1，此時函數(shù)y=t+

1

t

在0＜t≤1上單調(diào)遞減，∴根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知此時f（x）單調(diào)遞增．
綜上當(dāng)x≥0時，函數(shù)單調(diào)遞增，
∵函數(shù)f（x）是偶函數(shù)，∴當(dāng)-1≤x≤0時，函數(shù)單調(diào)遞減．
故函數(shù)的遞增區(qū)間為[0，1]，遞減區(qū)間為[-1，0]．
∴函數(shù)的值域為[2，a+

1

a

]．
（2）∵a＞0且a≠1，
∴g（x）=ax²-2ax+4-a（x∈[-1，1]）的對稱軸為x=-

-2a

2a

=1，
∴函數(shù)g（x）在x∈[-1，1]時，函數(shù)單調(diào)遞減．
∴g（1）=2a+4，g（-1）=4-2a．
即4-2a≤g（x）≤4+2a，
若對于任意x₁∈[-1，1]，總存在x₀∈[-1，1]，使得g（x₀）=f（x₁）成立，
即g（x）_max≥f（x）_max且g（x）_min≤f（x）_min，
則

4+2a≥a+ 1 a 4-2a≤2

，
即

4+a≥ 1 a a≥1

，
此時a≥1，
∵a＞0且a≠1，
∴a＞1，
即a的取值范圍是a＞1；
（3）若對于任意x₀∈[-1，1]，任意x₁∈[-1，1]，都有g(shù)（x₀）≥f（x₁）恒成立，
即g（x）_min≥f（x）_max，
則4-2a≥a+

1

a

，
∴4-3a≥

1

a

，
∴3a²-4a+1≤0，
解得

1

3

≤a≤1，
∵a＞0且a≠1，
∴

1

3

≤a＜1，
即a的取值范圍[

1

3

，1）．

點(diǎn)評：本題主要考查函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的應(yīng)用，利用復(fù)合函數(shù)單調(diào)性之間的關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵，要注意區(qū)分存在性與恒成立型函數(shù)最值之間的關(guān)系．