Question

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(shè)f（x）=

g(x)

x

．
（Ⅰ）求a，b的值；
（Ⅱ）不等式f（2^x）-k•2^x≥0在x∈[-1，1]上恒成立，求實(shí)數(shù)k的范圍；
（Ⅲ）方程f(|2x-1|)+k(

2

|2x-1|

-3)=0有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，求實(shí)數(shù)k的范圍．

Answer 1

分析：（Ⅰ）只需要利用好所給的在區(qū)間[2，3]上有最大值4，最小值1，即可列出方程求的兩個(gè)未知數(shù)；
（Ⅱ）要結(jié)合（Ⅰ）的結(jié)論將問題具體化，在通過游離參數(shù)化為求函數(shù)?（t）=t²-2t+1最小值問題即可獲得問題的解答；
（Ⅲ）可直接對(duì)方程進(jìn)行化簡(jiǎn)、換元結(jié)合函數(shù)圖象即可獲得問題的解答．

解答：解：（Ⅰ）（1）g（x）=a（x-1）²+1+b-a
當(dāng)a＞0時(shí)，g（x）在[2，3]上為增函數(shù)
故

g(3)=4 g(2)=1

?

9a-6a+1+b=4 4a-4a+1+b=1

?

a=1 b=0

當(dāng)a＜0時(shí)，g（x）在[2，3]上為減函數(shù)
故

g(3)=1 g(2)=4

?

9a-6a+1+b=1 4a-4a+1+b=4

?

a=-1 b=3

∵b＜1
∴a=1，b=0
（Ⅱ）由（Ⅰ）即g（x）=x²-2x+1.f(x)=x+

1

x

-2．
方程f（2^x）-k•2^x≥0化為2x+

1

2x

-2≥k•2x
1+(

1

2x

)2-2

1

2x

≥k，
令

1

2x

=t，k≤t²-2t+1
∵x∈[-1，1]∴t∈[

1

2

，2]記?（t）=t²-2t+1
∴φ（t）_min=0
∴k≤0
（Ⅲ）方程f(|2x-1|)+k(

2

|2x-1|

-3)=0
化為|2x-1|+

1+2k

|2x-1|

-(2+3k)=0
|2^x-1|²-（2+3k）|2^x-1|+（1+2k）=0，|2^x-1|≠0
令|2^x-1|=t，則方程化為t²-（2+3k）t+（1+2k）=0（t≠0）
∵方程|2x-1|+

1+2k

|2x-1|

-(2+3k)=0有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，
∴由t=|2^x-1|的圖象知，
t²-（2+3k）t+（1+2k）=0有兩個(gè)根t₁、t₂，
且0＜t₁＜1＜t₂或0＜t₁＜1，t₂=1
記?（t）=t²-（2+3k）t+（1+2k）
則

?(0)=1+2k＞0 ?(1)=-k＜0

或

?(0)=1+2k＞0 ?(1)=-k=0 0＜ 2+3k 2 ＜1

∴k＞0．

點(diǎn)評(píng)：本題考查的是函數(shù)與方程以、恒成立問題以及解的個(gè)數(shù)的綜合類問題．在解答的過程當(dāng)中充分體現(xiàn)了函數(shù)與方程的思想、恒成立的思想以及數(shù)形結(jié)合和問題轉(zhuǎn)化的思想．值得同學(xué)們體會(huì)反思．