Question

13．已知函数f（x）=mx²-2mx+n（m＞0）在区间[1，3]上的最大值为5，最小值为1，设$g（x）=\frac{f（x）}{x}$．
（Ⅰ）求m、n的值；
（Ⅱ）证明：函数g（x）在[$\sqrt{n}$，+∞）上是增函数；
（Ⅲ）若函数F（x）=g（2^x）-k•2^x在x∈[-1，1]上有零点，求实数k的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根据二次函数的单调性求出f（1）=1，f（3）=5，求出m，n的值即可；
（Ⅱ）根据函数单调性的定义证明函数的单调性即可；
（Ⅲ）问题转化为k=1+2•${（\frac{1}{{2}^{x}}）}^{2}$-2•$\frac{1}{{2}^{x}}$在x∈[-1，1]上有解，通过换元得到k=2t²-2t+1在t∈[$\frac{1}{2}$，2]上有解，求出k的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=m（x-1）²-m+n（m＞0），
∵m＞0，∴$\left\{\begin{array}{l}{f（1）=1}\\{f（3）=5}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{m=1}\\{n=2}\end{array}\right.$，
（Ⅱ）由已知得g（x）=x+$\frac{2}{x}$-2，
设$\sqrt{2}$≤x₁＜x₂，
∵g（x₁）-g（x₂）=（x₁-x₂）（1-$\frac{2}{{{x}_{1}x}_{2}}$）=$\frac{{（x}_{1}{-x}_{2}）{{（x}_{1}x}_{2}-2）}{{{x}_{1}x}_{2}}$，
∵$\sqrt{2}$≤x₁＜x₂，∴x₁-x₂＜0，2＜x₁x₂，即x₁x₂-2＞0，
∴g（x₁）-g（x₂）＜0，即g（x₁）＜g（x₂），
∴函数g（x）在[$\sqrt{2}$，+∞）上是增函数；
（Ⅲ）函数F（x）=g（2^x）-k•2^x在x∈[-1，1]上有零点，
即g（2^x）-k•2^x=0在x∈[-1，1]上有解，
即k=1+2•${（\frac{1}{{2}^{x}}）}^{2}$-2•$\frac{1}{{2}^{x}}$在x∈[-1，1]上有解，
令t=$\frac{1}{{2}^{x}}$，则k=2t²-2t+1，
∵x∈[-1，1]，∴t∈[$\frac{1}{2}$，2]，
即k=2t²-2t+1在t∈[$\frac{1}{2}$，2]上有解，
2k=2k²-2t+1=2${（t-\frac{1}{2}）}^{2}$+$\frac{1}{2}$，（$\frac{1}{2}$≤t≤2），
∴$\frac{1}{2}$≤k≤5，
∴k的范围是[$\frac{1}{2}$，5]．

点评 本题考查了二次函数的性质，考查函数的单调性、最值问题，考查换元思想，是一道中档题．