Question

6．已知函数g（x）=ax²-2ax+1+b（a＞0），在区间（0，3]上有最大值5，最小值1，设f（x）=$\frac{g（x）}{x}$．
（1）求a、b的值；
（2）若不等式f（2^x）-k•2^x≥0在[-1，1]上恒成立，求实数k的取值范围；
（3）若f（|2^x-1|）+k•$\frac{2}{|{2}^{x}-1|}$-3k=0在（1，+∞）有三个不同的实数解，求实数k的取值范围．

Answer 1

分析 （1）根据函数的单调性，得到g（1）=1，g（3）=5，求出a，b的值即可；
（2）（1）由函数g（x）=a（x-1）²+1+b-a，a＞0，所以g（x）在区间[2，3]上是增函数，得到方程组，由此解得a、b的值，
（3）方程f（|2^k-1|）+k•$\frac{2}{{|2}^{k}-1|}$-3k=0⇒|2^x-1|²-（2+3k）|2^x-1|+（2+2k）=0，（|2^x-1|≠0），令|2^x-1|=t，则t²-（2+3k）t+（2+2k）=0（t≠0），构造函数h（t）=t²-（2+3k）t+（2+2k），通过数形结合与等价转化的思想即可求得k的范围．

解答 解：（1）g（x）=a（x-1）²+1+b-a，
因为a＞0，所以g（x）在区间（0，1]上是减函数，[1，3]上是增函数，
故$\left\{\begin{array}{l}g（1）=1\\ g（3）=5\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=1\end{array}\right.$．
（2）由已知可得$f（x）=x+\frac{2}{x}-2$，
所以f（2^x）-k•2^x≥0可化为${2^x}+\frac{2}{2^x}-2≥k•{2^x}$，
化为$1+2{（{\frac{1}{2^x}}）^2}-2•\frac{1}{2^x}≥k$，令$t=\frac{1}{2^x}$，则k≤2t²-2t+1，
因x∈[-1，1]，故$t∈[{\frac{1}{2}\;，\;2}]$，
记h（t）=2t²-2t+1，
因为$t∈[{\frac{1}{2}，2}]$，故$h{（t）_{min}}=h（\frac{1}{2}）=\frac{1}{2}$，
∴k≤$\frac{1}{2}$；
（3）方程f（|2^x-1|）+k•$\frac{2}{{|2}^{x}-1|}$-3k=0可化为：
|2^x-1|²-（2+3k）|2^x-1|+（2k+2）=0，|2^x-1|≠0，
令|2^x-1|=t，则方程化为
t²-（2+3k）t+（2k+2）=0（t≠0），
∵方程f（|2^x-1|）+k•$\frac{2}{{|2}^{x}-1|}$-3k=0有三个不同的实数解，
∴由t=|2^x-1|的图象知，

t²-（2+3k）t+（2+2k）=0（t≠0），有两个根t₁、t₂，
且0＜t₁＜1＜t₂或0＜t₁＜1，t₂=1．
记h（t）=t²-（2+3k）t+（2+2k），
则 $\left\{\begin{array}{l}{h（0）=2k+2＞0}\\{h（1）=1-k＜0}\end{array}\right.$，或 $\left\{\begin{array}{l}{h（0）=2+2k＞0}\\{h（1）=1-k=0}\\{0＜\frac{2+3k}{2}＜1}\end{array}\right.$，
∴k＞1．

点评 本题考查二次函数在闭区间上的最值，考查函数恒成立问题问题，考查数形结合与等价转化、函数与方程思想的综合应用，属于难题．