Question

20．已知$\frac{1}{3}$≤a≤1，設(shè)函數(shù)f（x）=ax²-2x+1在區(qū)間[1，3]上的最大值為M（a），最小值為m（a），設(shè)g（a）=M（a）-m（a）．
（1）求g（a）的表達(dá)式；
（2）求證：g（a）≥$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （1）先配方，f（x）=$a（x-\frac{1}{a}）^{2}+1-\frac{1}{a}$，根據(jù)a的范圍得到$1≤\frac{1}{a}≤3$，此時(shí)f（x）的最小值顯然為m（a）=$f（\frac{1}{a}）=1-\frac{1}{a}$，為求最大值，可分：$1≤\frac{1}{a}＜2$，和$2≤\frac{1}{a}≤3$這兩種情況求出最大值M（a），這樣即可得出g（a）=$\left\{\begin{array}{l}{9a+\frac{1}{a}-6}&{\frac{1}{2}＜a≤1}\\{a+\frac{1}{a}-2}&{\frac{1}{3}≤a≤\frac{1}{2}}\end{array}\right.$；
（2）求導(dǎo)數(shù)：分別在每段里求導(dǎo)數(shù)，并判斷導(dǎo)數(shù)符號，從而會得到g（$\frac{1}{2}$）為g（a）的最小值，這樣便可得出g（a）$≥\frac{1}{2}$．

解答 解：（1）f（x）=$a（x-\frac{1}{a}）^{2}+1-\frac{1}{a}$，$\frac{1}{3}≤a≤1$；
∴$1≤\frac{1}{a}≤3$；
①當(dāng)$1≤\frac{1}{a}＜2$，即$\frac{1}{2}＜a≤1$時(shí)，M（a）=f（3）=9a-5；
②當(dāng)$2≤\frac{1}{a}≤3$，即$\frac{1}{3}≤a≤\frac{1}{2}$時(shí)，M（a）=f（1）=a-1；
∴$\frac{1}{3}≤a≤1$時(shí)，$M（a）=\left\{\begin{array}{l}{9a-5}&{\frac{1}{2}＜a≤1}\\{a-1}&{\frac{1}{3}≤a≤\frac{1}{2}}\end{array}\right.$；
∵$1≤\frac{1}{a}≤3$；
∴$\frac{1}{3}≤a≤1$時(shí)，$m（a）=f（\frac{1}{a}）=1-\frac{1}{a}$；
∴①當(dāng)$\frac{1}{2}＜a≤1$時(shí)，g（a）=M（a）-m（a）=$9a+\frac{1}{a}-6$；
②當(dāng)$\frac{1}{3}≤a≤\frac{1}{2}$時(shí)，g（a）=M（a）-m（a）=$a+\frac{1}{a}-2$；
∴$g（a）=\left\{\begin{array}{l}{9a+\frac{1}{a}-6}&{\frac{1}{2}＜a≤1}\\{a+\frac{1}{a}-2}&{\frac{1}{3}≤a≤\frac{1}{2}}\end{array}\right.$；
（2）證明：$\frac{1}{3}≤a≤\frac{1}{2}$時(shí)，g′（a）=$\frac{{a}^{2}-1}{{a}^{2}}＜0$，$\frac{1}{2}＜a≤1$時(shí)，$g′（a）=\frac{9{a}^{2}-1}{{a}^{2}}＞0$；
∴$a=\frac{1}{2}$時(shí)，g（a）取到最小值$\frac{1}{2}$；
∴$g（a）≥\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評 考查配方求二次函數(shù)最值的方法，掌握比較端點(diǎn)值從而求出二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值的方法，分段函數(shù)的概念，以及分段函數(shù)的導(dǎo)數(shù)求法，根據(jù)導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最值的方法．