Question

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（2^x）-m•2^x+1≤0對(duì)任意x∈[-1，1]都成立，求實(shí)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(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）配方，即可求出x=1時(shí)，二次函數(shù)的最小值，可得a=1；
（2）化簡g（x），由題意可得2^x+$\frac{1}{{2}^{x}}$-2≤m•2^x+1對(duì)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(duì)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(duì)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(dāng)x=0，2時(shí)，f（x）-1=0，所以x=0，2不是方程的解；當(dāng)x≠0且x≠2時(shí)，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(gè)不相等的實(shí)數(shù)根t₁，t₂，其中0＜t₁＜1，t₂＞1，運(yùn)用二次方程實(shí)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(shí)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（2^x）-m•2^x+1≤0對(duì)任意的x∈[-1，1]都成立，
可化為：2^x+$\frac{1}{{2}^{x}}$-2≤m•2^x+1對(duì)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(duì)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(duì)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(dāng)x=0，2時(shí)，f（x）-1=0，所以x=0，2不是方程的解；
當(dāng)x≠0且x≠2時(shí)，令t=|f（x）-1|=|x²-2x|，
則當(dāng)x∈（-∞，0）時(shí)，t=x²-2x遞減，且t∈（0，+∞），
當(dāng)x∈（0，1]時(shí)，t=2x-x²遞增，且t∈（0，1]，
當(dāng)x∈（1，2）時(shí)，t=2x-x²遞減，且t∈（0，1），
當(dāng)x∈（2，+∞）時(shí)，t=x²-2x遞增，且t∈（0，+∞）；
故原方程有六個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根可轉(zhuǎn)化為t²-（k+2）t+（2k+1）=0
有兩個(gè)不相等的實(shí)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(shí)數(shù)k的取值范圍是（-$\frac{1}{2}$，0）．

點(diǎn)評(píng) 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(yùn)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(yùn)用，屬于難題．