Question

19．已知向量$\overrightarrow m=（{{{log}_{\frac{1}{3}}}x，1-f（x）}）$，$\overrightarrow n=（{1，2+{{log}_3}x}）$，且向量$\overrightarrow m$∥$\overrightarrow n$．
（Ⅰ）求函數(shù)y=f（x）的解析式及函數(shù)$y=f（cos（2x-\frac{π}{3}））$的定義域；
（Ⅱ）若函數(shù)g（θ）=-cos²θ-asinθ+2，存在a∈R，對(duì)任意${x_1}∈[{\frac{1}{27}，3}]$，總存在唯一${θ_0}∈[{-\frac{π}{2}，\frac{π}{2}}]$，使得f（x₁）=g（θ₀）成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）$f（x）=log_3^2x+{log_3}x+1$，$y=f（cos（2x-\frac{π}{3}））$有意義則$cos（2x-\frac{π}{3}）＞0$解不等式即可
 （Ⅱ）$f（x）=log_3^2x+{log_3}x+1$=$（{log_3}x+1{）^2}$，可得函數(shù)f（x）的值域?yàn)閇0，4]
g（θ）=-cos²θ-asinθ+2=sin²θ-asinθ+1，t=sinθ則ϕ（t）=g（θ）=t²-at+1，-1≤t≤1
由題意知：[0，4]⊆{y|y=t²-at+1，-1≤t≤1}，且對(duì)任意y∈[0，4]，總存在唯一${θ_0}∈[{-\frac{π}{2}，\frac{π}{2}}]$，使得y=g（θ₀），即存在唯一t₀∈[-1，1]，使得y=ϕ（t₀）
以下分三種情況討論：①當(dāng)$\frac{a}{2}≤-1$即a≤-2時(shí)，②當(dāng)$\frac{a}{2}≥1即a≥2$時(shí)，③當(dāng)$-1＜\frac{a}{2}≤1即-2＜a＜2$時(shí)，即可

解答 解：（Ⅰ）$f（x）=log_3^2x+{log_3}x+1$…（2分）
$y=f（cos（2x-\frac{π}{3}））$有意義則$cos（2x-\frac{π}{3}）＞0$
∴$2kπ-\frac{π}{2}＜2x-\frac{π}{3}＜2kπ+\frac{π}{2}$，k∈z
解得$kπ-\frac{π}{12}＜x＜kπ+\frac{5π}{12}$，
定義域?yàn)?（{kπ-\frac{π}{12}，kπ+\frac{5π}{12}}）$，k∈z…（4分）
（Ⅱ）$f（x）=log_3^2x+{log_3}x+1$=$（{log_3}x+1{）^2}$，
∵$x∈[{\frac{1}{27}，3}]$，∴-3≤log₃x≤1∴函數(shù)f（x）的值域?yàn)閇0，4]．…（5分）
g（θ）=-cos²θ-asinθ+2=sin²θ-asinθ+1，t=sinθ則ϕ（t）=g（θ）=t²-at+1，-1≤t≤1
由題意知：[0，4]⊆{y|y=t²-at+1，-1≤t≤1}，且對(duì)任意y∈[0，4]，
總存在唯一${θ_0}∈[{-\frac{π}{2}，\frac{π}{2}}]$，使得y=g（θ₀），即存在唯一t₀∈[-1，1]，使得y=ϕ（t₀）…（8分）
以下分三種情況討論：①當(dāng)$\frac{a}{2}≤-1$即a≤-2時(shí)，
則$\left\{\begin{array}{l}g{（θ）_{min}}=ϕ（t）min=ϕ（-1）=2+a≤0\\ g{（θ）_{max}}=ϕ（t）max=ϕ（1）=2-a≥4\end{array}\right.$，解得a≤-2；…（9分）
②當(dāng)$\frac{a}{2}≥1即a≥2$時(shí)，則$\left\{\begin{array}{l}g{（θ）_{max}}=ϕ{（t）_{max}}=ϕ（-1）=2+a≥4\\ g{（θ）_{min}}=ϕ{（t）_{min}}=ϕ（1）=2-a≤0\end{array}\right.$，解得a≥2；…（10分）
③當(dāng)$-1＜\frac{a}{2}≤1即-2＜a＜2$時(shí)，則$\left\{\begin{array}{l}△＞0\\ ϕ（1）=2-a≥4\\ ϕ（-1）=2+a≤0\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}△＞0\\ ϕ（1）=2-a≤4\\ ϕ（-1）=2+a≥0\end{array}\right.$解得a∈φ…（11分）
綜上a≥2或a≤-2…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了三角函數(shù)的恒等變形，三角函數(shù)的求值，考查了分類討論思想，屬于中檔題．