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）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

．当

1

2

＜a≤1时，M（a）=f（3）=9a-5．当

1

3

≤a≤

1

2

时，M（a）=f（1）=a-1，由此能求出g（a）的表达式．
（2）当a∈[

1

3

，

1

2

]时，g′(a)=1-

1

a2

＜0，所以函数g（a）在[

1

3

，

1

2

]上为减函数；当a∈(

1

2

，1]时，g′(a)=9-

1

a2

＞0，所以函数g（a）在(

1

2

，1]上为增函数，由此能够证明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；抛物线y=φ（x）开口向上，对称轴为x=

a+2

2a

，且

a+2

2a

=

1

2

+

1

a

＞

1

a

，函数φ（x）在[

1

a

，+∞)上单调递增．由此能够证明|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

．
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，
（或由f'（x）=2ax-2≥0得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），
∴f（x₂）-ax₂≥f（x₁）-ax₁
令φ（x）=f（x）-ax=ax²-（a+2）x+1，x∈[

1

a

，+∞)
∵抛物线y=φ（x）开口向上，
对称轴为x=

a+2

2a

，
且

a+2

2a

=

1

2

+

1

a

＞

1

a

，
∴函数φ（x）在[

1

a

，+∞)上单调递增，
∴对任意的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|．

点评：本题考查二次函数性质的应用，考查运算求解能力，推理论证能力；考查函数与方程思想，化归与转化思想．综合性强，是高考的重点，容易出易．解题时要认真审题，注意分类讨论思想的灵活运用．