Question

【题目】设函数f（x）=x2﹣2tx+2，g（x）=ex﹣1+e﹣x+1 ， 且函数f（x）的图象关于直线x=1对称．
（1）求函数f（x）在区间[0，4]上最大值；
（2）设 ，不等式h（2x）﹣k2x≥0在x∈[﹣1，1]上恒成立，求实数k的取值范围；
（3）设F（x）=f（x）+ag（x）﹣2有唯一零点，求实数a的值．

Answer 1

【答案】
（1）解：因为 f（x）关于直线 x=1对称，所以 t=1，

故 f（x）=x2﹣2x+2=（x﹣1）2+1，

所以，函数f（x）在[0，1]上单调递减，在[1，4]上单调递增，

又f（0）=2，f（4）=10，所以当 x=4时，

即f（x）max=f（4）=10

所以 f（x）在区间[0，4]上的最大值为10

（2）解：由 ，可得h（x）=x+ ，

那么：h（2x）﹣k2x≥0可化得： ，

即1﹣2 +2 ≥k，

令 ，则2t2﹣2t+1≥k．

因x∈[﹣1，1]故t ，

记G（t）=2t2﹣2t+1，因为 t ，

故G（t）min=G（ ）= ，

所以的取值范围是（ ]

（3）解：由题意得：F（x）=f（x）+ag（x）﹣2=x2﹣2x+a（ex﹣1+e﹣x+1）

所以F（2﹣x）=（2﹣x）2﹣2（2﹣x）+a（ex﹣1+e﹣x+1）=x2﹣2x+a（ex﹣1+e﹣x+1）

故F（2﹣x）=F（x），

可知F（x）关于x=1对称

因为F（x）有唯一的零点，所以F（x）的零点只能为x=1，

即 F（1）=12﹣2+a（e1﹣1+e﹣1+1）=0

解得 a= ．

a= 时，F（x）=x2﹣2x+ （ex﹣1+e﹣x+1）

令x1＞x2≥1，则x1﹣x2＞0x1+x2﹣2＞0， ，

从而可证F（x1）﹣F（x2）=（x1﹣x2）（x1+x2﹣2）+ ＞0．

即函数F（x）是[1，+∞）上的增函数，

而F（1）=0，所以，函数F（x）只有唯一的零点，满足条件．

故实数a的值为

【解析】(1)先判断二次函数的对称轴在指定的区间上，开口向上的二次函数离对称轴越远函数值越大故f（x）max=f（4）=10。（2）根据已知条件转化h（x），化为基本不等式的形式求出最小值，整体思想令 t = ,根据x∈[﹣1，1]故t ∈ [ ， 2 ] ，由二次函数在指定区间上的最值可得结果。（3）由已知可得出F（x）关于x=1对称故F（x）有唯一的零点，即F（x）的零点只能为x=1，令 F（1）=0求出a的值，再根据函数单调性的定义可证出函数F（x）是[1，+∞）上的增函数，进而得到 a= 满足条件。