Question

9．已知函数$f（x）={（\frac{1}{3}）^x}，x∈[{-1，1}]$，函数g（x）=f²（x）-2af（x）+3
（1）若a=1，证明：函数g（x）在区间[-1，0]上为减函数；
（2）求g（x）的最小值h（a）

Answer 1

分析 （1）根据指数函数的性质，利用单调性的定义即可证明．
（2）根据g（x）=f²（x）-2af（x）+3，得到函数g（x）的解析式以及定义域，利用换元法将函数转化为二次函数求最值，利用二次函数的性质，分类讨论即可求得g（x）的最小值h（a）．

解答 解：（1）a=1时，g（x）=$（\frac{1}{3}）^{2x}$-2•（$\frac{1}{3}$）^x+3，
设x₁，x₂∈[-1，0]，且x₁＜x₂，
则g（x₁）-g（x₂）=$（\frac{1}{3}）^{2{x}_{1}}$-2•$（\frac{1}{3}）^{{x}_{1}}$+3-$（\frac{1}{3}）^{2{x}_{2}}$+2•$（\frac{1}{3}）^{{x}_{2}}$-3，
=（$（\frac{1}{3}）^{{x}_{1}}$+$（\frac{1}{3}）^{{x}_{2}}$）（$（\frac{1}{3}）^{{x}_{1}}$-$（\frac{1}{3}）^{{x}_{2}}$）-2（$（\frac{1}{3}）^{{x}_{1}}$-$（\frac{1}{3}）^{{x}_{2}}$），
=（$（\frac{1}{3}）^{{x}_{1}}$-$（\frac{1}{3}）^{{x}_{2}}$）（$（\frac{1}{3}）^{{x}_{1}}$+$（\frac{1}{3}）^{{x}_{2}}$-2），
∵x₁，x₂∈[-1，0]，且x₁＜x₂，
∴$（\frac{1}{3}）^{{x}_{1}}$-$（\frac{1}{3}）^{{x}_{2}}$＞0，$（\frac{1}{3}）^{{x}_{1}}$+$（\frac{1}{3}）^{{x}_{2}}$-2＞0
∴g（x₁）-g（x₂）＞0，
∴g（x₁）＞g（x₂），
∴函数g（x）在区间[-1，0]上为减函数；
（2）∵g（x）=f²（x）-2af（x）+3，且函数$f（x）={（\frac{1}{3}）^x}，x∈[{-1，1}]$，
∴g（x）=$（\frac{1}{3}）^{2x}$-2a•（$\frac{1}{3}$）^x+3=[（$\frac{1}{3}$）^x-a]²+3-a²，
∵f（x）定义域为[-1，1]，
∴g（x）定义域也为[-1，1]，
令t=（$\frac{1}{3}$）^x，由-1≤x≤1，
∴$\frac{1}{3}$≤t≤3，
∴g（x）=ϕ（t）=（t-a）²+3-a²，
对称轴为t=a，
①当a≥3时，函数ϕ（t），在[$\frac{1}{3}$，3]上是单调递减函数，
∴当t=3时，函数ϕ（t）取得最小值为ϕ（3）=12-6a，
∴h（a）=12-6a；
②当a≤$\frac{1}{3}$时，函数ϕ（t）在[$\frac{1}{3}$，3]上是单调递增函数，
∴当t=$\frac{1}{3}$时，函数ϕ（t）取得最小值为ϕ（$\frac{1}{3}$）=$\frac{28}{9}$-$\frac{2a}{3}$，
∴h（a）=$\frac{28}{9}$-$\frac{2a}{3}$；
③当$\frac{1}{3}$＜a＜3时，函数ϕ（t）在对称轴t=a处取得最小值为ϕ（a）=3-a²，
∴h（a）=3-a²．
综上所述，h（a）=$\left\{\begin{array}{l}{12-6a，a≥3}\\{3-{a}^{2}，\frac{1}{3}＜a＜3}\\{\frac{28}{9}-\frac{2a}{3}，a≤\frac{1}{3}}\end{array}\right.$

点评 本题考查了函数的零点与方程根的关系，考查了函数的最值的应用．函数的零点等价于对应方程的根，等价于函数的图象与x轴交点的横坐标，解题时要注意根据题意合理的选择转化．本题求函数的最值的时候运用了换元法求解，将函数转化为二次函数求最值，二次函数的性质，对于二次函数要注意数形结合的应用，注意抓住二次函数的开口方向，对称轴，以及判别式的考虑．属于中档题．