Question

12．已知函數(shù)g（x）=ax²-2ax+1+b（a≠0，b＜1），在區(qū)間[2，3]上有最大值4，最小值1，設f（x）=$\frac{g（x）}{x}$．
（1）求常數(shù)a，b的值；
（2）方程f（|2^x-1|）+k（$\frac{2}{|{2}^{x}-1|}$-3）=0有三個不同的解，求實數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）對g（x）在[2，3]上的單調性進行討論列方程組解出．
（2）令|2^x-1|=t，則f（|2^x-1|）+k（$\frac{2}{|{2}^{x}-1|}$-3）=0有三個不同的解?t²-（2+3k）t+1+2k=0的兩根分別在（0，1）和（1，+∞）上．

解答 解：（1）∵a≠0，∴g（x）的對稱軸為x=1，∴g（x）在[2，3]上是單調函數(shù)，
∴$\left\{\begin{array}{l}{g（2）=1}\\{g（3）=4}\end{array}\right.$，或$\left\{\begin{array}{l}{g（2）=4}\\{g（3）=1}\end{array}\right.$，解得a=1，b=0，或a=-1．b=3（舍）．
∴a=1，b=0．
（2）f（x）=$\frac{{x}^{2}-2x+1}{x}$=x+$\frac{1}{x}$-2．
令|2^x-1|=t，顯然t＞0，∴t+$\frac{1}{t}$-2+k（$\frac{2}{t}-3$）=0在（0，1）上有一解，在[1，+∞）上有一解．
即t²-（2+3k）t+1+2k=0的兩根分別在（0，1）和[1，+∞）上．令h（t）=t²-（2+3k）t+1+2k，
若h（1）=0，即1-2-3k+1+2k=0，解得k=0，則h（t）=t²-2t+1=（t-1）²，與h（t）有兩解矛盾．
∴$\left\{\begin{array}{l}{h（0）＞0}\\{h（1）＜0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{1+2k＞0}\\{-k＜0}\end{array}\right.$，解得k＞0，
∴實數(shù)k的取值范圍是（0，+∞）．

點評 本題考查了二次函數(shù)的單調性，零點范圍與系數(shù)的關系，屬于中檔題．