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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x1x2∈[
1
a
,+∞)
,|f(x1)-f(x2)|≥a|x1-x2|
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
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x1x2∈[
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

1
3
≤a≤1
1≤
1
a
≤3
N(a)=f(
1
a
)=1-
1
a

1≤
1
a
<2
,即
1
2
<a≤1
时,M(a)=f(3)=9a-5,故g(a)=9a+
1
a
-6

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;
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x1x2∈[
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x1x2∈[
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.
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1
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