Question

2．已知函數(shù)f（x）=log₂（ax²+（1-3a）x+2a-1），解答下列問題：
（Ⅰ）當a=-1時，寫出函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間（不要求過程，只要寫出結果即可）；
（Ⅱ）討論f（x）的定義域；
（Ⅲ）若對于任意的實數(shù)$t∈（{\frac{1}{2}，1}）$，f（|x|）=t都有四個不同的實數(shù)解，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）把a=-1代入函數(shù)解析式，由真數(shù)大于0求出函數(shù)的定義域，結合復合函數(shù)的單調(diào)性求得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）由真數(shù)大于0，對a分類求得函數(shù)的定義域；
（Ⅲ）函數(shù)f（|x|）是偶函數(shù)，把對于任意的實數(shù)$t∈（{\frac{1}{2}，1}）$，f（|x|）=t都有四個不同的實數(shù)解轉化為函數(shù)y=f（|x|）與y=t的交點問題，對a分類討論得答案．

解答 解：（Ⅰ）當a=-1時，f（x）=log₂（-x²+4x-3），
由-x²+4x-3＞0，得1＜x＜3，由復合函數(shù)的單調(diào)性可得，f（x）在（1，2）上為增函數(shù)，
即f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（1，2）；
（Ⅱ）由ax²+（1-3a）x+2a-1＞0，
當a=0時，化為x-1＞0，即x＞1，函數(shù)的定義域為（1，+∞）；
當a≠0時，不等式化為（ax-2a+1）（x-1）＞0，
${x}_{1}=1，{x}_{2}=\frac{2a-1}{a}=2-\frac{1}{a}$．
若a＜0，得1$＜x＜2-\frac{1}{a}$，函數(shù)的定義域為（1，2-$\frac{1}{a}$）．
若0＜a＜1，得x＜2-$\frac{1}{a}$或x＞1，函數(shù)的定義域為（-∞，2-$\frac{1}{a}$）∪（1，+∞）．
若a=1，得x≠1，函數(shù)的定義域為（-∞，1）∪（1，+∞）．
若a＞1，得x＜1或x＞2-$\frac{1}{a}$，函數(shù)的定義域為（-∞，1）∪（2-$\frac{1}{a}$，+∞）；
（Ⅲ）當a＞1時，要使對于任意的實數(shù)$t∈（{\frac{1}{2}，1}）$，f（|x|）=t都有四個不同的實數(shù)解，
只需f（0）=log₂（2a-1）≥1，即2a-1≥2，得a$≥\frac{3}{2}$．
當a=1時，要使對于任意的實數(shù)$t∈（{\frac{1}{2}，1}）$，f（|x|）=t都有四個不同的實數(shù)解，
只需f（0）=log₂（2a-1）≥1，即2a-1≥2，得a$≥\frac{3}{2}$（舍）．
當$\frac{1}{2}＜$a＜1時，要使對于任意的實數(shù)$t∈（{\frac{1}{2}，1}）$，f（|x|）=t都有四個不同的實數(shù)解，
只需f（0）=log₂（2a-1）≥1，即2a-1≥2，得a$≥\frac{3}{2}$（舍）．
當0≤a$≤\frac{1}{2}$時，f（0）無意義（舍）．
當a＜0時，要使對于任意的實數(shù)$t∈（{\frac{1}{2}，1}）$，f（|x|）=t都有四個不同的實數(shù)解，
只需log₂（$-\frac{（a-1）^{2}}{4a}$）≥1，即$-\frac{（a-1）^{2}}{4a}$≥2，解得a$≤-3-2\sqrt{2}$或-3+2$\sqrt{2}$＜a＜0．
綜上，滿足題意的實數(shù)a的取值范圍為a$≤-3-2\sqrt{2}$或-3+2$\sqrt{2}$≤a＜0或a$≥\frac{3}{2}$．

點評 本題考查根的存在性與根的個數(shù)判斷，考查函數(shù)定義域的求法，考查數(shù)學轉化思想方法和分類討論的數(shù)學思想方法，屬中檔題．