Question

3．已知函數(shù)g（x）=ax²-2ax+1+b（a≠0，b＜1），在區(qū)間[2，3]上有最小值1，最大值4，設(shè)f（x）=$\frac{g（x）}{x}$．
（1）若不等式f（2^x）-k+2≥0在x∈[-1，1]上恒成立，求實(shí)數(shù)k的范圍；
（2）方程f（|2^x-1|）+k（$\frac{2}{|{2}^{x}-1|}$-3）=0有四個不同的實(shí)數(shù)解，求實(shí)數(shù)k的范圍．

Answer 1

分析 （1）討論a＞0和a＜0，判斷g（x）在[2，3]上的單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性求g（x）的最值，從而求出a，b，并滿足b＜1，從而求出a=1，b=0，這樣可以得到不等式${2}^{x}+\frac{1}{{2}^{x}}≥k$在x∈[-1，1]上恒成立，由基本不等式可求出${2}^{x}+\frac{1}{{2}^{x}}$在[-1，1]上的最小值2，從而k≤2；
（2）根據(jù)f（x）的解析式可將原方程變成|2^x-1|²-（2+3k）|2^x-1|+1+2k=0，|2^x-1|≠0，令|2^x-1|=t，得到關(guān)于t的方程：t²-（2+3k）t+1+2k=0，根據(jù)|2^x-1|=t的圖象及原方程有四個不同實(shí)數(shù)解，得到方程t²-（2+3k）t+1+2k=0在（0，1）上有兩個不同實(shí)數(shù)根，結(jié)合二次函數(shù)的圖象即可得到限制k的不等式組，解不等式組即得k的范圍．

解答 解：g（x）的對稱軸為x=1；
①若a＞0，則g（x）在[2，3]上單調(diào)遞增；
∴g（x）在[2，3]上的最小值為g（2）=1+b=1，最大值為g（3）=3a+1+b=4；
∴a=1，b=0；
②若a＜0，g（x）在[2，3]上單調(diào)遞減；
∴g（x）在[2，3]上的最小值為g（3）=3a+1+b=1，最大值為g（2）=1+b=4；
∴a=-1，b=3；
∵b＜1；
∴a=1，b=0；
∴g（x）=x²-2x+1；
∴$f（x）=x+\frac{1}{x}-2$；
∴不等式f（2^x）-k+2≥0在[-1，1]上恒成立，化成${2}^{x}+\frac{1}{{2}^{x}}≥k$在x∈[-1，1]上恒成立；
∵${2}^{x}+\frac{1}{{2}^{x}}≥2$，當(dāng)x=0時取“=”；
∴${2}^{x}+\frac{1}{{2}^{x}}$在[-1，1]上的最小值為2；
∴k≤2；
∴實(shí)數(shù)k的范圍為（-∞，2]；
（2）方程$f（|{2}^{x}-1|）+k（\frac{2}{|{2}^{x}-1|}-3）=0$化為$|{2}^{x}-1|+\frac{1+2k}{|{2}^{x}-1|}-（2+3k）=0$；
即|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）；
可畫出t=|2^x-1|的圖象如下所示：

∵原方程有四個不同的解；
∴方程t²-（2+3k）t+1+2k=0有兩個不同實(shí)數(shù)根，且都在區(qū)間（0，1）上；
設(shè)h（t）=t²-（2+3k）t+1+2k，則k需滿足：
$\left\{\begin{array}{l}{h（0）=1+2k＞0}\\{h（1）=-k＞0}\\{0＜\frac{2+3k}{2}＜1}\\{△=（2+3k）^{2}-4（1+2k）＞0}\end{array}\right.$；
解得$-\frac{1}{2}＜k＜-\frac{4}{9}$；
∴實(shí)數(shù)k的范圍為（$-\frac{1}{2}，-\frac{4}{9}$）．

點(diǎn)評 考查二次函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性求函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，以及運(yùn)用基本不等式求函數(shù)最值，能夠畫出函數(shù)|2^x-1|的圖象，熟悉并會運(yùn)用二次函數(shù)圖象．