Question

已知函數(shù)g（x）=ax²-2ax+1+b（a＞0）在區(qū)間[2，4]上的最大值為9，最小值為1，記f（x）=g（|x|）．
（Ⅰ）求實數(shù)a，b的值；
（Ⅱ）若不等式f（log₂k）＞f（2）成立，求實數(shù)k的取值范圍；
（Ⅲ）定義在[p，q]上的函數(shù)φ（x），設(shè)p=x₀＜x₁＜…＜x_i-1＜x_i＜…＜x_n-1=q，x₁，x₂，…，x_n-1將區(qū)間[p，q]任意劃分成n個小區(qū)間，如果存在一個常數(shù)M＞0，使得和式

n

i=1

|φ(xi)-φ(xi-1)|≤M恒成立，則稱函數(shù)φ（x）為在[p，q]上的有界變差函數(shù)．試判斷函數(shù)在[0，4]上f（x）是否為有界變差函數(shù)？若是，求M的最小值；若不是，請說明理由． （

n

i=1

f(xi)表示f（x₁）+f（x₂）+…+f（x_n））

Answer 1

分析：（I）由已知中g(shù)（x）在區(qū)間[2，4]的最大值為9，最小值為1，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性及最值，我們易構(gòu)造出關(guān)于a，b的方程組，解得a，b的值；
（Ⅱ）由（Ⅰ）參數(shù)a，b的值，代入可得函數(shù)解析式，根據(jù)二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，可將問題轉(zhuǎn)化為距離Y軸距離遠的問題，進而構(gòu)造關(guān)于k的方程求出k值．
（Ⅲ）根據(jù)有界變差函數(shù)的定義，我們先將區(qū)間[0，4]進行劃分，分成[0，1]，[1，4]兩個區(qū)間進行分別判斷，進而判斷

n

i=1

|φ(xi)-φ(xi-1)|≤M是否恒成立，從而求出結(jié)論．

解答：解：（Ⅰ）∵函數(shù)g（x）=ax²-2ax+1+b，a＞0，
∴對稱軸為x=1，開口向上，則g（x）在區(qū)間[2，4]上是增函數(shù)，
又∵函數(shù)g（x）故在區(qū)間[2，4]上的最大值為9，最小值為1，
∴

g(2)=1 g(4)=9

，即

1+b=1 8a+1+b=9

解得

a=1 b=0

；
（Ⅱ）由已知可得f（x）=g（|x|）=x²-2|x|+1為偶函數(shù)，
畫出函數(shù)圖象，結(jié)合函數(shù)圖象可知不等式f（log₂k）＞f（2）可化為|log₂k|＞2，
解得k＞4或0＜k＜

1

4

；
（Ⅲ）函數(shù)f（x）為[0，4]上的有界變差函數(shù)．
∵函數(shù)f（x）在[0，1]上單調(diào)遞減，在[1，4]上的單調(diào)遞增函數(shù)，
且對任意劃分T：0=x₀＜x₁＜…＜x_i＜…＜x_n=1，
有1=f（0）=f（x_l）＞f（x₁）＞…＞f（x_i）＞…＞f（x_n）=f（1）=0
∴

n

i=1

|φ(xi)-φ(xi-1)|=f（x₁）-f（x₀）+f（x₂）-f（x₁）+…+f（x_n）-f（x_n-1）
=f（x₀）-f（x_n）=f（0）-f（1）=1恒成立，①
且對任意劃分T：1=x₀＜x₁＜…＜x_i＜…＜x_n=4，
有0=f（1）=f（x_l）＜f（x₁）＜…＜f（x_i）＜…＜f（x_n）=f（4）=9，
∴

n

i=1

|φ(xi)-φ(xi-1)|=f（x₁）-f（x₀）+f（x₂）-f（x₁）+…+f（x_n）-f（x_n-1）
=f（x_n）-f（x₀）=f（4）-f（1）=9恒成立，②
∴由①②可得

n

i=1

|φ(xi)-φ(xi-1)|=10≤M，
∴存在常數(shù)M，使得

n

i=1

|φ(xi)-φ(xi-1)|≤M恒成立，M的最小值為10．

點評：本題考查的知識點是函數(shù)恒成立問題，二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，新定義，其中（1）的關(guān)鍵是分析出函數(shù)的單調(diào)性，（2）要用轉(zhuǎn)化思想將其轉(zhuǎn)化為絕對值比較大�。�3）的關(guān)鍵是真正理解新定義的含義．屬于難題．