Question

6．已知函數(shù)g（x）=ax²-2ax+1+b（a＞0），在區(qū)間（0，3]上有最大值5，最小值1，設(shè)f（x）=$\frac{g（x）}{x}$．
（1）求a、b的值；
（2）若不等式f（2^x）-k•2^x≥0在[-1，1]上恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；
（3）若f（|2^x-1|）+k•$\frac{2}{|{2}^{x}-1|}$-3k=0在（1，+∞）有三個不同的實(shí)數(shù)解，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，得到g（1）=1，g（3）=5，求出a，b的值即可；
（2）（1）由函數(shù)g（x）=a（x-1）²+1+b-a，a＞0，所以g（x）在區(qū)間[2，3]上是增函數(shù)，得到方程組，由此解得a、b的值，
（3）方程f（|2^k-1|）+k•$\frac{2}{{|2}^{k}-1|}$-3k=0⇒|2^x-1|²-（2+3k）|2^x-1|+（2+2k）=0，（|2^x-1|≠0），令|2^x-1|=t，則t²-（2+3k）t+（2+2k）=0（t≠0），構(gòu)造函數(shù)h（t）=t²-（2+3k）t+（2+2k），通過數(shù)形結(jié)合與等價轉(zhuǎn)化的思想即可求得k的范圍．

解答 解：（1）g（x）=a（x-1）²+1+b-a，
因?yàn)閍＞0，所以g（x）在區(qū)間（0，1]上是減函數(shù)，[1，3]上是增函數(shù)，
故$\left\{\begin{array}{l}g（1）=1\\ g（3）=5\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=1\end{array}\right.$．
（2）由已知可得$f（x）=x+\frac{2}{x}-2$，
所以f（2^x）-k•2^x≥0可化為${2^x}+\frac{2}{2^x}-2≥k•{2^x}$，
化為$1+2{（{\frac{1}{2^x}}）^2}-2•\frac{1}{2^x}≥k$，令$t=\frac{1}{2^x}$，則k≤2t²-2t+1，
因x∈[-1，1]，故$t∈[{\frac{1}{2}\;，\;2}]$，
記h（t）=2t²-2t+1，
因?yàn)?t∈[{\frac{1}{2}，2}]$，故$h{（t）_{min}}=h（\frac{1}{2}）=\frac{1}{2}$，
∴k≤$\frac{1}{2}$；
（3）方程f（|2^x-1|）+k•$\frac{2}{{|2}^{x}-1|}$-3k=0可化為：
|2^x-1|²-（2+3k）|2^x-1|+（2k+2）=0，|2^x-1|≠0，
令|2^x-1|=t，則方程化為
t²-（2+3k）t+（2k+2）=0（t≠0），
∵方程f（|2^x-1|）+k•$\frac{2}{{|2}^{x}-1|}$-3k=0有三個不同的實(shí)數(shù)解，
∴由t=|2^x-1|的圖象知，

t²-（2+3k）t+（2+2k）=0（t≠0），有兩個根t₁、t₂，
且0＜t₁＜1＜t₂或0＜t₁＜1，t₂=1．
記h（t）=t²-（2+3k）t+（2+2k），
則 $\left\{\begin{array}{l}{h（0）=2k+2＞0}\\{h（1）=1-k＜0}\end{array}\right.$，或 $\left\{\begin{array}{l}{h（0）=2+2k＞0}\\{h（1）=1-k=0}\\{0＜\frac{2+3k}{2}＜1}\end{array}\right.$，
∴k＞1．

點(diǎn)評 本題考查二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，考查函數(shù)恒成立問題問題，考查數(shù)形結(jié)合與等價轉(zhuǎn)化、函數(shù)與方程思想的綜合應(yīng)用，屬于難題．