Question

13．设函数f（x）=3ax²-2（a+b）x+b，a＞0，b∈R，0≤x≤1．
（1）若f_max（x）=1，求a²+|b|的取值范围；
（2）求证：|f（x）|≤$\frac{1}{2}$（|a-2b|+a）．

Answer 1

分析 （1）讨论对称轴与区间的位置关系，判断f（x）的单调性，得出最大值，根据最大值列方程得出a或b的关系及范围，从而得出a²+|b|的取值范围；
（2）讨论对称轴与区间的位置关系，计算f（x）的最值，及a，b的关系，将结论转化为证明$\frac{1}{2}$（|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）的图象开口向上，对称轴为直线x=$\frac{a+b}{3a}$，
令z=a²+|b|，
①若$\frac{a+b}{3a}$＞$\frac{1}{2}$，即2b≥a＞0时，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时，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]上单调递增，在（1，2]上单调递增，
∴-1＜z≤1或1＜z≤3．
综上，a²+|b|的取值范围是（-1，5]．
（2）①若$\frac{a+b}{3a}≤0$，即b≤-a时，f（x）在[0，1]上单调递增，
∴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时，f（x）在[0，1]上单调递减，
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时，f（x）在[0，1]上先减后增，
∴f_min（x）=f（$\frac{a+b}{3a}$）=-$\frac{{a}^{2}+{b}^{2}-ab}{3a}$，f_max（x）=f（1）=a-b＞0，
此时，|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-$\frac{{a}^{2}+{b}^{2}-ab}{3a}$=$\frac{2{a}^{2}-{b}^{2}-2ab}{3a}$，
∵-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$\frac{a}{2}＜b＜2a$时，f（x）在[0，1]上先减后增，
f_min（x）=f（$\frac{a+b}{3a}$）=-$\frac{{a}^{2}+{b}^{2}-ab}{3a}$，f_max（x）=f（0）=b＞0
∵$\frac{a}{2}＜b＜2a$，∴a²+b²-ab≥2ab-ab=ab＞0，∴f_min（x）＜0．
此时，|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-$\frac{{a}^{2}+{b}^{2}-ab}{3a}$=$\frac{4ab-{a}^{2}-{b}^{2}}{3a}$=$\frac{2ab-（a-b）^{2}}{3a}$，
∵$\frac{a}{2}＜b＜2a$，∴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）|．
综上，$\frac{1}{2}$（|a-2b|+a）≥|f（x）|．
∴|f（x）|≤$\frac{1}{2}$（|a-2b|+a）．

点评 本题考查了二次函数的单调性与最值计算，不等式的性质，分类讨论思想，属于难题．