Question

13．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）=$\frac{g（x）}{x}$．
（1）求a、b的值；
（2）若不等式f（lgx）-klgx≥0在$x∈[\sqrt{10}，100]$上有解，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；
（3）若f（|2^x-1|）+k•$\frac{2}{{|{{2^x}-1}|}}$-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

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$\left\{\begin{array}{l}{g（2）=1}\\{g（3）=4}\end{array}\right.$，由此解得a、b的值．
（2）由已知可得f（x）=x+$\frac{1}{x}$-2，所以令t=lgx，不等式f（lgx）-klgx≥0可化為k≤t²-2t+1，t∈[$\frac{1}{2}$，2]，求出h（t）=t²-2t+1的最大值，從而求得k的取值范圍；
（3）把已知方程轉(zhuǎn)化為|2^x-1|²-（3k+2）•|2^x-1|+（2k+1）=0，令|2^x-1|=m，則原方程有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解轉(zhuǎn)化為m²-（3k+2）m+（2k+1）=0有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)解m₁，m₂，其中0＜m₁＜1，m₂＞1或0＜m₁＜1，m₂=1．然后運(yùn)用“三個(gè)二次”的結(jié)合列式得答案．

解答 解：（1）函數(shù)g（x）=ax²-2ax+b+1=a（x-1）²+1+b-a，
因?yàn)閍＞0，所以g（x）在區(qū)間[2，3]上是增函數(shù)，故$\left\{\begin{array}{l}{g（2）=1}\\{g（3）=4}\end{array}\right.$，解得a=1，b=0． …．（6分）
（2）由已知可得f（x）=x+$\frac{1}{x}$-2，所以令t=lgx，不等式f（lgx）-klgx≥0可化為k≤t²-2t+1．
因$x∈[\sqrt{10}，100]$，故 t∈[$\frac{1}{2}$，2]．故k≤t²-2t+1在t∈[$\frac{1}{2}$，2]上能成立．
記h（t）=t²-2t+1，因?yàn)?nbsp;t∈[$\frac{1}{2}$，2]，故 h（t）_max =h（2）=1，
所以k的取值范圍是（-∞，1]． 
（3）令m=|2^x-1|（m≥0），f（|2^x-1|）+k•$\frac{2}{{|{{2^x}-1}|}}$-3k=0，即f（m）+k•$\frac{2}{m}$-3k=0，
∴m²-（3k+2）m+（2k+1）=0有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)解m₁，m₂，
其中0＜m₁＜1，m₂＞1或0＜m₁＜1，m₂=1．
記F（m）=m²-（3k+2）m+（2k+1），則$\left\{\begin{array}{l}{2k+1＞0}\\{F（1）=-k＜0}\end{array}\right.$①或$\left\{\begin{array}{l}{2k+1＞0}\\{F（1）=-k=0}\\{0＜\frac{3k+2}{2}＜1}\end{array}\right.$②
解①得，k＞0；②無解．
∴實(shí)數(shù)k的取值范圍為（0，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查求二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系，函數(shù)的恒成立問題，考查了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，關(guān)鍵是對(duì)題意得理解，考查了學(xué)生的邏輯思維能力，是壓軸題．