Question

已知函數(shù)g（x）=ax²-2ax+1+b（a＞0）在區(qū)間[2，3]上有最大值4和最小值1．設(shè)f（x）=

g(x)

x

．
（1）求a、b的值；
（2）若不等式f（2^x）-k•2^x≥0在x∈[-1，1]上恒成立，求實數(shù)k的取值范圍；
（3）若f（|2^k-1|）+k•

2

|2k-1|

-3k=0有三個不同的實數(shù)解，求實數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

考點：函數(shù)恒成立問題,函數(shù)的零點與方程根的關(guān)系

專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用

分析：（1）由函數(shù)g（x）=a（x-1）²+1+b-a，a＞0，所以g（x）在區(qū)間[2，3]上是增函數(shù)，故

g(2)=1 g(3)=4

，由此解得a、b的值．
（2）不等式可化為 2^x+

1

2x

-2≥k•2^x，故有 k≤t²-2t+1，t∈[

1

2

，2]，求出h（t）=t²-2t+1的最大值，從而求得k的取值范圍．
（3）方程f（|2^k-1|）+k•

2

|2k-1|

-3k=0⇒|2^x-1|²-（2+3k）|2^x-1|+（1+2k）=0，（|2^x-1|≠0），令|2^x-1|=t，則t²-（2+3k）t+（1+2k）=0（t≠0），構(gòu)造函數(shù)h（t）=t²-（2+3k）t+（1+2k），通過數(shù)形結(jié)合與等價轉(zhuǎn)化的思想即可求得k的范圍．

解答： 解：（1）函數(shù)g（x）=ax²-2ax+b+1=a（x-1）²+1+b-a，
因為a＞0，所以g（x）在區(qū)間[2，3]上是增函數(shù)，
故

g(2)=1 g(3)=4

，
即

b+1=1 3a+b+1=4

，
解得

a=1 b=0

．
（2）由已知可得f（x）=x+

1

x

-2，
所以，不等式f（2^x）-k•2^x≥0可化為 2^x+

1

2x

-2≥k•2^x，
可化為 1+（

1

2x

）²-2•

1

2x

≥k，令t=

1

2x

，則 k≤t²-2t+1．
因 x∈[-1，1]，故 t∈[

1

2

，2]．故k≤t²-2t+1在t∈[

1

2

，2]上能成立．
記h（t）=t²-2t+1，因為 t∈[

1

2

，2]，故 h（t）_max=h（2）=1，
所以k的取值范圍是（-∞，1]． 
（3）方程f（|2^k-1|）+k•

2

|2k-1|

-3k=0可化為：
|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），
∵方程f（|2^k-1|）+k•

2

|2k-1|

-3k=0有三個不同的實數(shù)解，
∴由t=|2^x-1|的圖象知，

t²-（2+3k）t+（1+2k）=0（t≠0），有兩個根t₁、t₂，
且0＜t₁＜1＜t₂或0＜t₁＜1，t₂=1．
記h（t）=t²-（2+3k）t+（1+2k），
則

h(0)=1+2k＞0 h(1)=-k＜0

，或

h(0)=1+2k＞0 h(1)=-k=0 0＜ 2+3k 2 ＜1

∴k＞0．

點評：本題考查二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，考查函數(shù)恒成立問題問題，考查數(shù)形結(jié)合與等價轉(zhuǎn)化、函數(shù)與方程思想的綜合應(yīng)用，屬于難題．