Question

已知函數(shù)g（x）=mx²-2mx+1+n，（n≥0）在[1，2]上有最大值1和最小值0．設(shè)f（x）=

g(x)

x

．（其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）
（1）求m，n的值；
（2）若不等式f（log₂x）-2klog₂x≥0在x∈[2，4]上有解，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；
（3）若方程f（|e^x-1|）+

2k

|ex-1|

-3k=0有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：二次函數(shù)的性質(zhì)

專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用

分析：（1）配方可得g（x）=m（x-1）²+1+n-m，當(dāng)m＞0和m＜0時(shí)，由函數(shù)的單調(diào)性可得m和n的方程組，解方程組可得，當(dāng)m=0時(shí)，g（x）=1+n，無最大值和最小值，不合題意，綜合可得；
（2）由（1）知f(x)=x+

1

x

-2，問題等價(jià)于即2k≤

1

(log2x)2

-

2

log2x

+1在x∈[2，4]上有解，求二次函數(shù)區(qū)間的最值可得；
（3）原方程可化為|e^x-1|²-（3k+2）|e^x-1|+（2k+1）=0，令|e^x-1|=t，記h（t）=t²-（3k+2）t+2k+1，可得

2k+1＞0 h(1)=-k＜0

或

2k+1＞0 h(1)=-k＜0 0＜ 3k+2 2 ＜1

，解不等式組可得．

解答： 解：（1）配方可得g（x）=m（x-1）²+1+n-m，
當(dāng)m＞0時(shí)，g（x）在[1，2]上是增函數(shù)，
由題意可得

g(1)=0 g(2)=1

，即

1+n-m=0 m+1+n-m=1

，解得

m=1 n=0

；
當(dāng)m=0時(shí)，g（x）=1+n，無最大值和最小值，不合題意；
當(dāng)m＜0時(shí)，g（x）在[1，2]上是減函數(shù)，
由題意可得

g(1)=1 g(2)=0

，即

1+n-m=1 m+1+n-m=0

，解得

m=-1 n=-1

，
∵n≥0，故應(yīng)舍去
綜上可得m，n的值分別為1，0
（2）由（1）知f(x)=x+

1

x

-2，
∴f（log₂x）-2klog₂x≥0在x∈[2，4]上有解等價(jià)于log2x+

1

log2x

-2≥2klog2x在x∈[2，4]上有解
即2k≤

1

(log2x)2

-

2

log2x

+1在x∈[2，4]上有解．
令t=

1

log2x

則2k≤t²-2t+1，∵x∈[2，4]∴t∈[

1

2

，1]．
記φ（t）=t²-2t+1，∵

1

2

≤t≤1，∴φ(t)max=

1

4

，
∴k的取值范圍為(-∞，

1

8

]．
（3）原方程可化為|e^x-1|²-（3k+2）|e^x-1|+（2k+1）=0
令|e^x-1|=t，則t∈（0，+∞），
由題意知t²-（3k+2）t+2k+1=0有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)解t₁，t₂，其中0＜t₁＜1，t₂＞1或0＜t₁＜1，t₂=1．
記h（t）=t²-（3k+2）t+2k+1，則

2k+1＞0 h(1)=-k＜0

或

2k+1＞0 h(1)=-k＜0 0＜ 3k+2 2 ＜1

解得k＞0，∴實(shí)數(shù)k的取值范圍是（0，+∞）

點(diǎn)評(píng)：本題考查二次函數(shù)的性質(zhì)，涉及分類討論的思想，涉及恒成立問題和絕對(duì)值，屬中檔題．