Question

4．已知關(guān)于x的函數(shù)g（x）=mx²-2mx+n（m＞0）在區(qū)間[0，3]上的最大值為4，最小值為0．設(shè)f（x）=$\frac{g（x）}{x}$．
（1）求函數(shù)f（x）的解析式；
（2）若不等式f（2^x）-k•2^x≥0在x∈[-1，2]上恒成立，求實數(shù)k的取值范圍；
（3）若關(guān)于x的方程f（|2^x-1|）+$\frac{2t}{{|{{2^x}-1}|}}$-3t=0有三個不相等的實數(shù)根，求實數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)一元二次函數(shù)的最值，求出m，n，即可得到結(jié)論．
（2）利用參數(shù)分離法進行轉(zhuǎn)化求解即可．
（3）根據(jù)函數(shù)與方程之間的關(guān)系，進行轉(zhuǎn)化，利用參數(shù)分離法進行求解即可．

解答 解：（1）∵g（x）=mx²-2mx+n=m（x-1）²+n-m（m＞0），x∈[0，3]，
∴當x=1時，g（x）_min=g（1）=n-m=0，…（2分）
當x=3時，g（x）_max=g（3）=3m+n=4，…（4分）
解得：m=n=1，即$f（x）=\frac{g（x）}{x}=x+\frac{1}{x}-2（x≠0）$…（5分）
（2）不等式f（2^x）-k•2^x≥0在x∈[-1，2]上恒成立，
即${2^x}+\frac{1}{2^x}-2-k•{2^x}≥0$在x∈[-1，2]上恒成立，
上式可化為$k≤{（\frac{1}{2^x}）^2}-2（\frac{1}{2^x}）+1$在x∈[-1，2]上恒成立，…（7分）
令$s=\frac{1}{2^x}$，∵x∈[-1，2]，∴$s∈[{\frac{1}{4}，2}]$，
則k≤s²-2s+1=（s-1）²在$s∈[{\frac{1}{4}，2}]$上恒成立，
又∵當s=1時，（s²-2s+1）_min=0
∴k≤0，即所求實數(shù)k的取值范圍為（-∞，0]…（10分）
（3）方程$f（|{{2^x}-1}|）+\frac{2t}{{|{{2^x}-1}|}}-3t=0$，即$|{{2^x}-1}|+\frac{1}{{|{{2^x}-1}|}}-2+\frac{2t}{{|{{2^x}-1}|}}-3t=0$，
可化為：|2^x-1|²-（3t+2）|2^x-1|+（2t+1）=0（|2^x-1|≠0），
令r=|2^x-1|，則r²-（3t+2）r+（2t+1）=0，r∈（0，+∞），…（12分）
若關(guān)于x的方程$f（|{{2^x}-1}|）+\frac{2t}{{|{{2^x}-1}|}}-3t=0$有三個不相等的實數(shù)根，
則關(guān)于r的方程r²-（3t+2）r+（2t+1）=0必須有兩個不相等的實數(shù)根r₁和r₂，
并且0＜r₁＜1，r₂＞1或0＜r₁＜1，r₂=1，
記h（r）=r²-（3t+2）r+（2t+1）=0，r∈（0，+∞），
則$\left\{\begin{array}{l}h（0）=2t+1＞0\\ h（1）=-t＜0\end{array}\right.$①，或$\left\{\begin{array}{l}h（0）=2t+1＞0\\ h（1）=-t=0\\ 0＜\frac{3t+2}{2}＜1\end{array}\right.$②…（15分）
解①得：t＞0，
解②得：無解，
綜上可知所求實數(shù)t的取值范圍為（0，+∞）…（16分）

點評 本題主要考查函數(shù)解析式的求解，函數(shù)恒成立以及函數(shù)與方程的應(yīng)用，利用參數(shù)轉(zhuǎn)化法是解決本題的關(guān)鍵．考查學生的運算能力，綜合性較強，難度較大．