Question

19．已知函数f（x）=3ax²-2（a-b+1）x-b，a，b∈R，x∈[-1，1]．
（1）若a+b=1，证明函数f（x）的图象必过定点；
（2）记|f（x）|的最大值为M，对任意的|a|≤1，|b|≤1，求M的最大值．

Answer 1

分析 （1）要使函数过定点，则需a的系数3x²-4x+1为0，解得x=1或x=$\frac{1}{3}$．
（2）先对a进行分类讨论，再对对称轴进行分类．

解答 （1）∵a+b=1，∴b=1-a．
∴f（x）=a（3x²-4x+1）-1，
要使函数过定点，则需3x²-4x+1=0，
解得x=1或x=$\frac{1}{3}$．
故可知函数的图象必过的定点是（1，-1）和（$\frac{1}{3}$，-1）．
（2）当a=0时，f（x）=2（b-1）x-b∈[b-2，2-3b]，所以此时|f（x）|≤5；
当a＜0时，对称轴x=$\frac{a-b+1}{3a}≤\frac{1}{3}$，
①$\frac{a-b+1}{3a}≤-1$，即b≤1+4a时，f（x）∈[a+b-2，5a-3b+2]，此时-4≤f（x）≤5，
②$\frac{a-b+1}{3a}＞-1$，即b＞1+4a时，f（x）≤-b-$\frac{（a-b+1）^{2}}{3a}$＜-b-3a≤4，
又f（x）≥min{a-b+2，5a-3b+2}≥-6，所以|f（x）|≤6，
当a＞0时，对称轴x=$\frac{a-b+1}{3a}$≥$\frac{1}{3}$
$①\frac{a-b+1}{3a}≥1，即b≤1-2a时$，f（x）≤5a-3b+2≤10，
f（x）≥a+b-2≥-3，所以|f（x）|≤10．
$②\frac{a-b+1}{3a}＜1，即b＞1-2a时$，f（x）≤5a-3b+2≤10．
f（x）≥-b-$\frac{（a-b+1）^{2}}{3a}$≥-b-3a≥4，所以|f（x）|≤10．
综上，M的最大值为10，当a=1，b=-1，x=-1时取到．

点评 本题考查函数过定点问题和分类讨论．