Question

20．已知a＞0，函數(shù)g（x）=ax²-2ax+1+b在區(qū)間[2，3]，上有最大值4和最小值1．
（1）求a，b的值；
（2）判斷函數(shù)f（x）=$\frac{g（x）}{x}$在（-1，0）上的單調(diào)性，并用單調(diào)性定義證明；
（3）對于函數(shù)f（x）=$\frac{g（x）}{x}$，若不等式f（2^x）-k•2^x≥0在[-1，1]上有解，求實數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由已知中a＞0，函數(shù)g（x）=ax²-2ax+1+b在區(qū)間[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）上單調(diào)減，由單調(diào)性定義可證明結論；
（3）對于函數(shù)f（x）=$\frac{g（x）}{x}$，若不等式f（2^x）-k•2^x≥0在[-1，1]上有解，則當2^x=t時，$?t∈[\frac{1}{2}，2]，使k≤\frac{f（t）}{t}=\frac{1}{t^2}-\frac{2}{t}+1$，進而可得實數(shù)k的取值范圍．

解答 解：（1）g（x）=ax²-2ax+1+b=a（x-1）²+1+b-a，
對稱軸x=1…（1分）
∵a＞0，圖象開口向上
∴g（x）=ax²-2ax+1+b（a＞0）在區(qū)間[2，3]上單調(diào)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）上單調(diào)減．…（5分）
下面證明f（x）在（-1，0）上單調(diào)減．
證明：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）上的單調(diào)減．…（8分）
（3）$f（x）=\frac{g（x）}{x}=\frac{{{x^2}-2x+1}}{x}=x+\frac{1}{x}-2$，
設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$\frac{1}{t}=m$，則$m∈[\frac{1}{2}，2]$，∴k≤（m²-2m+1）_max
令h（m）=m²-2m+1=（m-1）²，對稱軸x=1，∴當m=2時，h（m）_max=h（2）=1，…（13分）
∴k≤1，
故實數(shù)k的取值范圍（-∞，1]． …（14分）

點評 本題考查的知識點是二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，是解答的關鍵．