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(shè)a＞0，證明對任意的x₁，x₂∈[

1

a

，+∞），|f（x₁）-f（x₂）|≥a（x₁-x₂）．

Answer 1

分析：（1）f(x)=a(x-

1

a

)2+1-

1

a

，由

1

3

≤a≤1得1≤

1

a

≤3．所以N(a)=f(

1

a

)=1-

1

a

．當

1

2

＜a≤1時，M（a）=f（3）=9a-5．當

1

3

≤a≤

1

2

時，M（a）=f（1）=a-1，由此能求出g（a）的表達式．
（2）當a∈[

1

3

，

1

2

]時，g′(a)=1-

1

a2

＜0，所以函數(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，所以函數(shù)g（a）在(

1

2

，1]上為增函數(shù)，由此能夠證明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)；拋物線y=φ（x）開口向上，對稱軸為x=

a+2

2a

，且

a+2

2a

=

1

2

+

1

a

＞

1

a

，函數(shù)φ（x）在[

1

a

，+∞)上單調(diào)遞增．由此能夠證明|f（x₁）-f（x₂）|≥a|x₁-x₂|．

解答：解：（1）∵f（x）=ax²-2x+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)，
（或由f'（x）=2ax-2≥0得x≥

1

a

，
∴函數(shù)f（x）在[

1

a

，+∞)上為增函數(shù)，
不妨設(shè)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），
∴f（x₂）-ax₂≥f（x₁）-ax₁
令φ（x）=f（x）-ax=ax²-（a+2）x+1，x∈[

1

a

，+∞)
∵拋物線y=φ（x）開口向上，
對稱軸為x=

a+2

2a

，
且

a+2

2a

=

1

2

+

1

a

＞

1

a

，
∴函數(shù)φ（x）在[

1

a

，+∞)上單調(diào)遞增，
∴對任意的x1，x2∈[

1

a

，+∞)，x₂≥x₁，
有φ（x₂）≥φ（x₁），
即f（x₂）-ax₂≥f（x₁）-ax₁，
∴|f（x₁）-f（x₂）|≥a|x₁-x₂|．

點評：本題考查二次函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用，考查運算求解能力，推理論證能力；考查函數(shù)與方程思想，化歸與轉(zhuǎn)化思想．綜合性強，是高考的重點，容易出易．解題時要認真審題，注意分類討論思想的靈活運用．