Question

已知：函數(shù)f（x）=ax²-2x+1．
（1）若

1

3

≤a≤1，且f（x）在[1，3]上的最大值為M（a），最小值為N（a），令g（a）=M（a）-N（a），求g（a）的表達式；
（2）在（1）的條件下，求證：g(a)≥

1

2

；
（3）設a＞0，證明對任意的x1，x2∈[

1

a

，+∞)，|f（x₁）-f（x₂）|≥a|x₁-x₂|

Answer 1

分析：（1）此問是關于二次函數(shù)在定區(qū)間，變函數(shù)的最值問題，配方后對稱軸x=

1

a

∈[1，3]，因此需要討論1≤

1

a

＜2和2≤

1

a

≤3兩種情況以判斷出最大值是取f（3）還是）f（1）；最小值是g（a）．
（2）由（1）知g（a）是關于a的函數(shù)，然后利用導數(shù)根據(jù)單調性求出函數(shù)的最小值

1

2

即可．
（3）這一問是本題的難點，容易證明函數(shù)f（x）在[

1

a

，+∞)上的單調性，可得其為增函數(shù)，若設x₁≤x₂，則有f（x₁）≤f（x₂），因此|f（x₁）-f（x₂）|≥a|x₁-x₂|可等價轉化為a（x₁+x₂）≥2，由x1，x2∈[

1

a

，+∞)易得其成立，即可得證明．

解答：解：（1）∵f(x)=a(x-

1

a

)2+1-

1

a

由

1

3

≤a≤1得1≤

1

a

≤3∴N(a)=f(

1

a

)=1-

1

a

．
當1≤

1

a

＜2，即

1

2

＜a≤1時，M（a）=f（3）=9a-5，故g(a)=9a+

1

a

-6；
當2≤

1

a

≤3，即

1

3

≤a≤

1

2

時，M（a）=f（1）=a-1，故g(a)=a+

1

a

-2．
∴g(a)=

a+ 1 a -2，a∈[ 1 3 1 2 ] 9a+ 1 a -6，a∈( 1 2 ，1].

（2）∵當a∈[

1

3

，

1

2

]時，g′(a)=1-

1

a2

＜0，∴函數(shù)g（a）在[

1

3

，

1

2

]上為減函數(shù)；
當a∈(

1

2

，1]時，g′(a)=9-

1

a2

＞0，∴函數(shù)g（a）在(

1

2

，1]上為增函數(shù)，
∴當a=

1

2

時，g（a）取最小值，g(a)min=g(

1

2

)=

1

2

，故g(a)≥

1

2

．
（3）∵當a＞0時，拋物線f（x）=ax²-2x+1開口向上，對稱軸為x=

1

a

，
∴函數(shù)f（x）在[

1

a

，+∞)上為增函數(shù)，
不妨設x₁≤x₂，由x1，x2∈[

1

a

，+∞)，得f（x₁）≤f（x₂）
|f（x₁）-f（x₂）|≥a|x₁-x₂|?f（x₂）-f（x₁）≥a（x₂-x₁）?a（x₁+x₂）≥2，
∴對任意的x1，x2∈[

1

a

，+∞)，x₁+x₂≥

2

a

，
易得a（x₁+x₂）≥2，
即f（x₂）-f（x₁）≥a（x₂-x₁）成立，
故|f（x₁）-f（x₂）|≥a|x₁-x₂|成立．

點評：本題考查含參數(shù)的二次函數(shù)在定區(qū)間上的最值得求法，利用導數(shù)工具判斷并求解函數(shù)的單調性和單調區(qū)間，以及利用單調性求函數(shù)的最值問題，構造函數(shù)利用導數(shù)求函數(shù)的最值進一步證明不等式的恒成立問題，考查了分類討論思想，函數(shù)與方程思想等思想方法．