12.已知函數(shù)f(x)=x2-2x+a的最小值為0,a∈R.記函數(shù)$g(x)=\frac{f(x)}{x}$.
(1)求a的值;
(2)若不等式g(2x)-m•2x+1≤0對任意x∈[-1,1]都成立,求實數(shù)m的取值范圍;
(3)若關(guān)于x的方程$g({|f(x)-1|})=k-k•\frac{2}{|f(x)-1|}$有六個不相等的實數(shù)根,求實數(shù)k的取值范圍.

分析 (1)配方,即可求出x=1時,二次函數(shù)的最小值,可得a=1;
(2)化簡g(x),由題意可得2x+$\frac{1}{{2}^{x}}$-2≤m•2x+1對任意的x∈[-1,1]都成立,即$\frac{1}{2}$[1+($\frac{1}{{2}^{x}}$)2-2•$\frac{1}{{2}^{x}}$]≤m對任意的x∈[-1,1]都成立,令t=$\frac{1}{{2}^{x}}$,由x∈[-1,1],t∈[$\frac{1}{2}$,2],即有不等式$m≥\frac{1}{2}{(t-1)^2}$對任意的t∈[$\frac{1}{2}$,2]都成立,求出右邊函數(shù)的最大值,即可得到所求范圍;
(3)討論當x=0,2時,f(x)-1=0,所以x=0,2不是方程的解;當x≠0且x≠2時,令t=|f(x)-1|=|x2-2x|,討論x<0,0<x<1,1<x<2,x>2,結(jié)合單調(diào)性,求得t的范圍,再由t2-(k+2)t+(2k+1)=0有兩個不相等的實數(shù)根t1,t2,其中0<t1<1,t2>1,運用二次方程實根分布即可得到所求范圍.

解答 解:(1)f(x)=x2-2x+a=(x-1)2+a-1,
即有x=1時f(x)取最小值a-1,
令a-1=0,解得:a=1;
(2)由已知可得g(x)=$\frac{f(x)}{x}$=x+$\frac{1}{x}$-2,
故不等式g(2x)-m•2x+1≤0對任意的x∈[-1,1]都成立,
可化為:2x+$\frac{1}{{2}^{x}}$-2≤m•2x+1對任意的x∈[-1,1]都成立,
即$\frac{1}{2}$[1+($\frac{1}{{2}^{x}}$)2-2•$\frac{1}{{2}^{x}}$]≤m對任意的x∈[-1,1]都成立,
令t=$\frac{1}{{2}^{x}}$,由x∈[-1,1],所以t∈[$\frac{1}{2}$,2],
則問題轉(zhuǎn)化為不等式m≥$\frac{1}{2}$(t-1)2對任意的t∈[$\frac{1}{2}$,2]都成立,
記h(t)=$\frac{1}{2}$(t-1)2,則$h{(t)_{max}}=h(2)=\frac{1}{2}$,
所以m的取值范圍是[$\frac{1}{2}$,+∞);
(3)當x=0,2時,f(x)-1=0,所以x=0,2不是方程的解;
當x≠0且x≠2時,令t=|f(x)-1|=|x2-2x|,
則當x∈(-∞,0)時,t=x2-2x遞減,且t∈(0,+∞),
當x∈(0,1]時,t=2x-x2遞增,且t∈(0,1],
當x∈(1,2)時,t=2x-x2遞減,且t∈(0,1),
當x∈(2,+∞)時,t=x2-2x遞增,且t∈(0,+∞);
故原方程有六個不相等的實數(shù)根可轉(zhuǎn)化為t2-(k+2)t+(2k+1)=0
有兩個不相等的實數(shù)根t1,t2,其中0<t1<1,t2>1,
記φ(t)=t2-(t+2)t+(2k+1),
則$\left\{\begin{array}{l}{φ(0)=2k+1>0}\\{φ(1)=k<0}\end{array}\right.$,
所以實數(shù)k的取值范圍是(-$\frac{1}{2}$,0).

點評 本題考查二次函數(shù)的最值的求法,考查不等式恒成立問題的解法,注意運用換元法和指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性,以及函數(shù)方程的轉(zhuǎn)化思想的運用,屬于難題.

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