Question

【題目】已知函數(shù)g（x）=ax2﹣2ax+1+b（a＞0）在區(qū)間[2，3]上的最大值為4，最小值為1，記f（x）=g（|x|），x∈R；
（1）求實(shí)數(shù)a、b的值；
（2）若不等式 對(duì)任意x∈R恒成立，求實(shí)數(shù)k的范圍；
（3）對(duì)于定義在[p，q]上的函數(shù)m（x），設(shè)x0=p，xn=q，用任意xi（i=1，2，…，n﹣1）將[p，q]劃分成n個(gè)小區(qū)間，其中xi﹣1＜xi＜xi+1 ， 若存在一個(gè)常數(shù)M＞0，使得不等式|m（x0）﹣m（x1）|+|m（x1）﹣m（x2）|+…+|m（xn﹣1）﹣m（xn）|≤M恒成立，則稱函數(shù)m（x）為在[p，q]上的有界變差函數(shù)，試證明函數(shù)f（x）是在[1，3]上的有界變差函數(shù)，并求出M的最小值．

Answer 1

【答案】
（1）解：∵函數(shù)g（x）=ax2﹣2ax+1+b，

∵a＞0，對(duì)稱軸x=1，

∴g（x）在區(qū)間[2，3]上是增函數(shù)，

又∵函數(shù)g（x）故在區(qū)間[2，3]上的最大值為4，最小值為1，

∴ ，

解得：a=1，b=0．

∴g（x）=x2﹣2x+1

故實(shí)數(shù)a的值為1，b的值為0．

（2）解：由（1）可知g（x）=x2﹣2x+1，

∵f（x）=g（|x|），

∴f（x）=x2﹣2|x|+1，

∵ 對(duì)任意x∈R恒成立，

令F（x）=f（x）+g（x）=x2﹣2x+1+x2﹣2|x|+1=

根據(jù)二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)可得F（x）min=f（1）=0

則F（x）min≥ 恒成立，即： ≤0

令log2k=t，

則有：t2﹣2t﹣3≤0，

解得：﹣1≤t≤3，

即 ，

得：

故得實(shí)數(shù)k的范圍為

（3）解：函數(shù)f（x）為[1，3]上的有界變差函數(shù)．

因?yàn)楹瘮?shù)f（x）為[1，3]上的單調(diào)遞增函數(shù)，且對(duì)任意劃分T：1=x0＜x1＜…＜xi＜…＜xn=3

有f（1）=f（x0）＜f（x1）＜…＜f（xI）＜…＜f（xn）=f（3）

所以 |m（xi）﹣m（xi﹣1）|=f（x1）﹣f（x0）+f（x2）﹣f（x1）＜…＜f（xn）﹣f（xn﹣1）

=f（xn）﹣f（x0）=f（3）﹣f（1）=4恒成立，

所以存在常數(shù)M，使得 |m（xi）﹣m（xi﹣1）|≤M是恒成立．

M的最小值為4，即Mmin=4

【解析】（1）由已知中g(shù)（x）在區(qū)間[2，3]的最大值為4，最小值為1，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性及最值，我們易構(gòu)造出關(guān)于a，b的方程組，解得a，b的值；（2）求出f（x）， 對(duì)任意x∈R恒成立等價(jià)于F（x）min=f（x）+g（x）恒成立，求實(shí)數(shù)k的范圍；根據(jù)有界變差函數(shù)的定義，我們先將區(qū)間[1，3]進(jìn)行劃分，進(jìn)而判斷 |m（xi）﹣m（xi﹣1）|≤M是否恒成立，進(jìn)而得到結(jié)論．
【考點(diǎn)精析】認(rèn)真審題，首先需要了解函數(shù)的最值及其幾何意義(利用二次函數(shù)的性質(zhì)（配方法）求函數(shù)的最大（�。┲�；利用圖象求函數(shù)的最大（�。┲担焕�用函數(shù)單調(diào)性的判斷函數(shù)的最大（�。┲�)．