Question

已知：函数f（x）=ax²-2x+1．
（1）若

1

3

≤a≤1，且f（x）在[1，3]上的最大值为M（a），最小值为N（a），令g（a）=M（a）-N（a），求g（a）的表达式；
（2）在（1）的条件下，求证：g(a)≥

1

2

；
（3）设a＞0，证明对任意的x1，x2∈[

1

a

，+∞)，|f（x₁）-f（x₂）|≥a|x₁-x₂|

Answer 1

分析：（1）此问是关于二次函数在定区间，变函数的最值问题，配方后对称轴x=

1

a

∈[1，3]，因此需要讨论1≤

1

a

＜2和2≤

1

a

≤3两种情况以判断出最大值是取f（3）还是）f（1）；最小值是g（a）．
（2）由（1）知g（a）是关于a的函数，然后利用导数根据单调性求出函数的最小值

1

2

即可．
（3）这一问是本题的难点，容易证明函数f（x）在[

1

a

，+∞)上的单调性，可得其为增函数，若设x₁≤x₂，则有f（x₁）≤f（x₂），因此|f（x₁）-f（x₂）|≥a|x₁-x₂|可等价转化为a（x₁+x₂）≥2，由x1，x2∈[

1

a

，+∞)易得其成立，即可得证明．

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

．
当1≤

1

a

＜2，即

1

2

＜a≤1时，M（a）=f（3）=9a-5，故g(a)=9a+

1

a

-6；
当2≤

1

a

≤3，即

1

3

≤a≤

1

2

时，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）∵当a∈[

1

3

，

1

2

]时，g′(a)=1-

1

a2

＜0，∴函数g（a）在[

1

3

，

1

2

]上为减函数；
当a∈(

1

2

，1]时，g′(a)=9-

1

a2

＞0，∴函数g（a）在(

1

2

，1]上为增函数，
∴当a=

1

2

时，g（a）取最小值，g(a)min=g(

1

2

)=

1

2

，故g(a)≥

1

2

．
（3）∵当a＞0时，抛物线f（x）=ax²-2x+1开口向上，对称轴为x=

1

a

，
∴函数f（x）在[

1

a

，+∞)上为增函数，
不妨设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，
∴对任意的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．

点评：本题考查含参数的二次函数在定区间上的最值得求法，利用导数工具判断并求解函数的单调性和单调区间，以及利用单调性求函数的最值问题，构造函数利用导数求函数的最值进一步证明不等式的恒成立问题，考查了分类讨论思想，函数与方程思想等思想方法．