Question

20．已知a＞0，函数g（x）=ax²-2ax+1+b在区间[2，3]，上有最大值4和最小值1．
（1）求a，b的值；
（2）判断函数f（x）=$\frac{g（x）}{x}$在（-1，0）上的单调性，并用单调性定义证明；
（3）对于函数f（x）=$\frac{g（x）}{x}$，若不等式f（2^x）-k•2^x≥0在[-1，1]上有解，求实数k的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由已知中a＞0，函数g（x）=ax²-2ax+1+b在区间[2，3]上有最大值4和最小值1．可得$\left\{\begin{array}{l}g（2）=1\\ g（3）=4\end{array}\right.$，解得：a，b的值；
（2）由（1）知，g（x）=x²-2x+1，∴$f（x）=\frac{g（x）}{x}=\frac{{{x^2}-2x+1}}{x}=x+\frac{1}{x}-2$，f（x）在（-1，0）上单调减，由单调性定义可证明结论；
（3）对于函数f（x）=$\frac{g（x）}{x}$，若不等式f（2^x）-k•2^x≥0在[-1，1]上有解，则当2^x=t时，$?t∈[\frac{1}{2}，2]，使k≤\frac{f（t）}{t}=\frac{1}{t^2}-\frac{2}{t}+1$，进而可得实数k的取值范围．

解答 解：（1）g（x）=ax²-2ax+1+b=a（x-1）²+1+b-a，
对称轴x=1…（1分）
∵a＞0，图象开口向上
∴g（x）=ax²-2ax+1+b（a＞0）在区间[2，3]上单调增，…（2分）
∴$\left\{\begin{array}{l}g（2）=1\\ g（3）=4\end{array}\right.$，即∴$\left\{\begin{array}{l}4a-4a+1+b=1\\ 9a-6a+1+b=4\end{array}\right.$，
解得∴$\left\{\begin{array}{l}a=1\\ b=0\end{array}\right.$；…（4分）
（2）由（1）知，g（x）=x²-2x+1，
∴$f（x）=\frac{g（x）}{x}=\frac{{{x^2}-2x+1}}{x}=x+\frac{1}{x}-2$，f（x）在（-1，0）上单调减．…（5分）
下面证明f（x）在（-1，0）上单调减．
证明：任取x₁，x₂∈（-1，0）且x₁＜x₂，
$f（{x_1}）-f（{x_2}）={x_1}+\frac{1}{x_1}-2-（{x_2}+\frac{1}{x_2}-2）$=${x_1}-{x_2}+（\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}）$
=${x_1}-{x_2}+\frac{{{x_2}-{x_1}}}{{{x_1}{x_2}}}=（{x_1}-{x_2}）（1-\frac{1}{{{x_1}{x_2}}}）=（{x_1}-{x_2}）\frac{{{x_1}{x_2}-1}}{{{x_1}{x_2}}}…（7分）$
∵-1＜x₁＜x₂＜0，∴x₁-x₂＜0，0＜x₁x₂＜1，x₁x₂-1＜0
∴$（{x_1}-{x_2}）\frac{{{x_1}{x_2}-1}}{{{x_1}{x_2}}}＞0$，∴f（x₁）-f（x₂）＞0∴f（x₁）＞f（x₂），
∴f（x）在（-1，0）上的单调减．…（8分）
（3）$f（x）=\frac{g（x）}{x}=\frac{{{x^2}-2x+1}}{x}=x+\frac{1}{x}-2$，
设2^x=t，∵x∈[-1，1]，∴$t∈[\frac{1}{2}，2]$，…（9分）∵f（2^x）-k2^x≥0在x∈[-1，1]有解，
∴f（t）-kt≥0在$t∈[\frac{1}{2}，2]$有解，∴$?t∈[\frac{1}{2}，2]，使k≤\frac{f（t）}{t}=\frac{1}{t^2}-\frac{2}{t}+1$，
∴$k≤{（\frac{f（t）}{t}）_{max}}，t∈[\frac{1}{2}，2]$…（11分）
再令$\frac{1}{t}=m$，则$m∈[\frac{1}{2}，2]$，∴k≤（m²-2m+1）_max
令h（m）=m²-2m+1=（m-1）²，对称轴x=1，∴当m=2时，h（m）_max=h（2）=1，…（13分）
∴k≤1，
故实数k的取值范围（-∞，1]． …（14分）

点评 本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解答的关键．