Question

17．已知函数g（x）=ax²-2ax+1+b（a＞0）在区间[2，3]上的最大值为4，最小值为1，记f（x）=g（|x|），x∈R；
（1）求实数a、b的值；
（2）若不等式$f（x）+g（x）≥log_2^2k-2{log_2}k-3$对任意x∈R恒成立，求实数k的范围；
（3）对于定义在[p，q]上的函数m（x），设x₀=p，x_n=q，用任意x_i（i=1，2，…，n-1）将[p，q]划分成n个小区间，其中x_i-1＜x_i＜x_i+1，若存在一个常数M＞0，使得不等式|m（x₀）-m（x₁）|+|m（x₁）-m（x₂）|+…+|m（x_n-1）-m（x_n）|≤M恒成立，则称函数m（x）为在[p，q]上的有界变差函数，试证明函数f（x）是在[1，3]上的有界变差函数，并求出M的最小值．

Answer 1

分析 （1）由已知中g（x）在区间[2，3]的最大值为4，最小值为1，结合函数的单调性及最值，我们易构造出关于a，b的方程组，解得a，b的值；
（2）求出f（x），$f（x）+g（x）≥log_2^2k-2{log_2}k-3$对任意x∈R恒成立等价于F（x）_min=f（x）+g（x）恒成立，求实数k的范围；
根据有界变差函数的定义，我们先将区间[1，3]进行划分，进而判断$\sum_{i=1}^{n}$|m（xi）-m（xi-1）|≤M是否恒成立，进而得到结论．

解答 解：（1）∵函数g（x）=ax²-2ax+1+b，
∵a＞0，对称轴x=1，
∴g（x）在区间[2，3]上是增函数，
又∵函数g（x）故在区间[2，3]上的最大值为4，最小值为1，
∴$\left\{\begin{array}{l}{a×{2}^{2}-2a×2+1+b=1}\\{a×{3}^{2}-2a×3+1+b=4}\end{array}\right.$，
解得：a=1，b=0．
∴g（x）=x²-2x+1
故实数a的值为1，b的值为0．
（2）由（1）可知g（x）=x²-2x+1，
∵f（x）=g（|x|），
∴f（x）=x²-2|x|+1，
∵$f（x）+g（x）≥log_2^2k-2{log_2}k-3$对任意x∈R恒成立，
令F（x）=f（x）+g（x）=x²-2x+1+x²-2|x|+1=$\left\{\begin{array}{l}{2{x}^{2}-4x+2，（x≥0）}\\{2{x}^{2}+2，（x＜0）}\end{array}\right.$
根据二次函数的图象及性质可得F（x）_min=f（1）=0
则F（x）_min≥$（lo{g}_{2}k）^{2}-2lo{g}_{2}k-3$恒成立，即：$（lo{g}_{2}k）^{2}-2lo{g}_{2}k-3$≤0
令log₂k=t，
则有：t²-2t-3≤0，
解得：-1≤t≤3，
即$lo{g}_{2}\frac{1}{2}≤lo{g}_{2}k≤lo{g}_{2}8$，
得：$\frac{1}{2}≤k≤8$
故得实数k的范围为$[\frac{1}{2}，8]$．
（3）函数f（x）为[1，3]上的有界变差函数．
因为函数f（x）为[1，3]上的单调递增函数，且对任意划分T：1=x₀＜x₁＜…＜x_i＜…＜x_n=3
有f（1）=f（x₀）＜f（x₁）＜…＜f（x_I）＜…＜f（x_n）=f（3）
所以$\sum_{i=1}^{n}$|m（xi）-m（xi-1）|=f（x₁）-f（x₀）+f（x₂）-f（x₁）＜…＜f（x_n）-f（x_n-1）
=f（x_n）-f（x₀）=f（3）-f（1）=4恒成立，
所以存在常数M，使得$\sum_{i=1}^{n}$|m（xi）-m（xi-1）|≤M是恒成立．
M的最小值为4，即M_min=4；

点评 本题考查的知识点是函数恒成立问题，二次函数在闭区间上的最值，新定义，其中（1）的关键是分析出函数的单调性，（2）要用转化思想将其转化为二次函数（3）的关键是真正理解新定义的含义．