Question

13．設(shè)函數(shù)f（x）=3ax²-2（a+b）x+b，a＞0，b∈R，0≤x≤1．
（1）若f_max（x）=1，求a²+|b|的取值范圍；
（2）求證：|f（x）|≤$\frac{1}{2}$（|a-2b|+a）．

Answer 1

分析 （1）討論對(duì)稱(chēng)軸與區(qū)間的位置關(guān)系，判斷f（x）的單調(diào)性，得出最大值，根據(jù)最大值列方程得出a或b的關(guān)系及范圍，從而得出a²+|b|的取值范圍；
（2）討論對(duì)稱(chēng)軸與區(qū)間的位置關(guān)系，計(jì)算f（x）的最值，及a，b的關(guān)系，將結(jié)論轉(zhuǎn)化為證明$\frac{1}{2}$（|a-2b|+a）-|f_max（x）|≥0且$\frac{1}{2}$（|a-2b|+a）-|f_min（x）|≥0．

解答 解：（1）∵a＞0，∴f（x）的圖象開(kāi)口向上，對(duì)稱(chēng)軸為直線(xiàn)x=$\frac{a+b}{3a}$，
令z=a²+|b|，
①若$\frac{a+b}{3a}$＞$\frac{1}{2}$，即2b≥a＞0時(shí)，f_max（x）=f（0）=b=1，∴0＜a≤2，
∴a²+|b|=a²+1
∴1＜z≤5．
②若$\frac{a+b}{3a}$≤$\frac{1}{2}$，即2b≤a時(shí)，f_max（x）=f（1）=a-b=1，∴b=a-1，
∴2a-2≤a，即0＜a≤2
∴|b|=|a-1|=$\left\{\begin{array}{l}{a-1，0＜a≤1}\\{1-a，1＜a≤2}\end{array}\right.$，
z=a²+|b|=$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}+a-1，0＜a≤1}\\{{a}^{2}-a+1，1＜a≤2}\end{array}\right.$．
∴z（a）=a²+|b|在（0，1]上單調(diào)遞增，在（1，2]上單調(diào)遞增，
∴-1＜z≤1或1＜z≤3．
綜上，a²+|b|的取值范圍是（-1，5]．
（2）①若$\frac{a+b}{3a}≤0$，即b≤-a時(shí)，f（x）在[0，1]上單調(diào)遞增，
∴f_max（x）=f（1）=a-b＞0，f_min（x）=f（0）=b＜0，
∵b≤-a，∴|a-2b|=a-2b，
∴$\frac{1}{2}$（|a-2b|+a）-|f_max（x）|=a-b-（a-b）=0，
$\frac{1}{2}$（|a-2b|+a）-|f_min（x）|=a-b-（-b）=a＞0，
∴$\frac{1}{2}$（|a-2b|+a）≥|f（x）|．
②若$\frac{a+b}{3a}≥1$，即b≥2a時(shí)，f（x）在[0，1]上單調(diào)遞減，
f_max（x）=f（0）=b＞0，f_min（x）=f（1）=a-b＜0，
∵b≥2a，∴|a-2b|=2b-a，
∴$\frac{1}{2}$（|a-2b|+a）-|f_max（x）|=b-b=0，
$\frac{1}{2}$（|a-2b|+a）-|f_min（x）|=b-（b-a）=a＞0，
$\frac{1}{2}$（|a-2b|+a）≥|f（x）|．
③若0＜$\frac{a+b}{3a}$≤$\frac{1}{2}$，即-a＜b≤-$\frac{1}{2}$a時(shí)，f（x）在[0，1]上先減后增，
∴f_min（x）=f（$\frac{a+b}{3a}$）=-$\frac{{a}^{2}+^{2}-ab}{3a}$，f_max（x）=f（1）=a-b＞0，
此時(shí)，|a-2b|=a-2b，f_min（x）＜0，
∴$\frac{1}{2}$（|a-2b|+a）-|f_max（x）|=a-b-（a-b）=0，
$\frac{1}{2}$（|a-2b|+a）-|f_min（x）|=a-b-$\frac{{a}^{2}+^{2}-ab}{3a}$=$\frac{2{a}^{2}-^{2}-2ab}{3a}$，
∵-a＜b≤-$\frac{1}{2}$a，∴2a²-b²＞a²＞0，-2ab＞0，
∴$\frac{1}{2}$（|a-2b|+a）-|f_min（x）|＞0，
∴$\frac{1}{2}$（|a-2b|+a）≥|f（x）|．
④若$\frac{1}{2}$＜$\frac{a+b}{3a}$＜1，即$\frac{a}{2}＜b＜2a$時(shí)，f（x）在[0，1]上先減后增，
f_min（x）=f（$\frac{a+b}{3a}$）=-$\frac{{a}^{2}+^{2}-ab}{3a}$，f_max（x）=f（0）=b＞0
∵$\frac{a}{2}＜b＜2a$，∴a²+b²-ab≥2ab-ab=ab＞0，∴f_min（x）＜0．
此時(shí)，|a-2b|=2b-a，
∴$\frac{1}{2}$（|a-2b|+a）-|f_max（x）|=b-b=0，
$\frac{1}{2}$（|a-2b|+a）-|f_min（x）|=b-$\frac{{a}^{2}+^{2}-ab}{3a}$=$\frac{4ab-{a}^{2}-^{2}}{3a}$=$\frac{2ab-（a-b）^{2}}{3a}$，
∵$\frac{a}{2}＜b＜2a$，∴2ab＞a²，-a＜a-b＜$\frac{a}{2}$，∴（a-b）²＜a²，
∴$\frac{1}{2}$（|a-2b|+a）-|f_min（x）|＞0，
∴$\frac{1}{2}$（|a-2b|+a）≥|f（x）|．
綜上，$\frac{1}{2}$（|a-2b|+a）≥|f（x）|．
∴|f（x）|≤$\frac{1}{2}$（|a-2b|+a）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了二次函數(shù)的單調(diào)性與最值計(jì)算，不等式的性質(zhì)，分類(lèi)討論思想，屬于難題．