Question

7．设函数f（x）=x²-ax+b，a，b∈R．
（1）当a=2时，记函数|f（x）|在[0，4]上的最大值为g（b），求g（b）的最小值；
（2）存在实数a，使得当x∈[0，b]时，2≤f（x）≤6恒成立，求b的最大值及此时a的值．

Answer 1

分析 （1）f（x）的对称轴为x=1，故f（x）在[0，1]递减，在（1，4]上递增，且f（1）＜f（0）＜f（4）．故g（b）=max（|f（1）|，|f（4）|）．然后讨论|f（1）|和|f（4）|的大小关系得出g（b）的解析式，求出最小值．
（2）f（x）的对称轴为x=$\frac{a}{2}$，根据对称轴与区间[0，b]的关系分情况讨论f（x）的单调性，求出最值，根据2≤f（x）≤6列出不等式组，化简得出b的取值范围和a的值．

解答 （1）当a=2时，f（x）=x²-2x+b，对称轴为x=1．f（1）=b-1，f（4）=b+8，
∴g（b）=max（|b-1|，|b+8|）．
①若b+8≤0，即b≤-8时，g（b）=|b-1|=1-b，②若b-1≥0，即b≥1时，g（b）=|b+8|=b+8，③若$\left\{\begin{array}{l}{b-1＜0}\\{b+8＞0}\\{b-1+b+8≥0}\end{array}\right.$，即-$\frac{7}{2}$≤b＜1时，g（b）=|b+8|=b+8
④若$\left\{\begin{array}{l}{b-1＜0}\\{b+8＞0}\\{b-1+b+8＜0}\end{array}\right.$即-8$＜b＜-\frac{7}{2}$时，g（b）=|b-1|=1-b．
综上，g（b）=$\left\{\begin{array}{l}{1-b，b＜-\frac{7}{2}}\\{b+8，b≥-\frac{7}{2}}\end{array}\right.$，∴g（b）在（-∞，-$\frac{7}{2}$）上为减函数，在[-$\frac{7}{2}$，+∞）上为增函数．
∴g_min（b）=g（-$\frac{7}{2}$）=$\frac{9}{2}$．
（2）f（x）=x²-ax+b的对称轴为x=$\frac{a}{2}$．
①若a≤0，则$\frac{a}{2}≤0$，∴f（x）在[0，b）上单调递增，∴$\left\{\begin{array}{l}{f（0）≥2}\\{f（b）≤6}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{b≥2}\\{{b}^{2}-ab+b≤6}\end{array}\right.$．
由b²-ab+b≤6得a≥b+1-$\frac{6}{b}$≥2+1-3=0，∴a=0，解不等式组$\left\{\begin{array}{l}{b≥2}\\{{b}^{2}+b≤6}\end{array}\right.$得b=2．
②若0$＜\frac{a}{2}$＜$\frac{b}{2}$，即0＜a＜b时，f（x）在[0，$\frac{a}{2}$]单调递减，在（$\frac{a}{2}$，b]单调递增，∴$\left\{\begin{array}{l}{f（\frac{a}{2}）≥2}\\{f（b）≤6}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{b-\frac{{a}^{2}}{4}≥2}\\{{b}^{2}-ab+b≤6}\end{array}\right.$．
∴$\left\{\begin{array}{l}{b≥\frac{{a}^{2}}{4}+2}\\{a≥b-\frac{6}{b}+1}\\{0＜a＜b}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{b≥2}\\{b-\frac{6}{b}+1＜b}\end{array}\right.$，解得2＜b＜6．
∵b-$\frac{{a}^{2}}{4}$≥2，∴a≤2$\sqrt{b-2}$，∴b-$\frac{6}{b}$+1≤2$\sqrt{b-2}$．解得2＜b≤3．
当b=3时，$\left\{\begin{array}{l}{3-\frac{{a}^{2}}{4}≥2}\\{12-3a≤6}\\{0＜a＜3}\end{array}\right.$，解得a=2．
③若0＜$\frac{a}{2}$=$\frac{b}{2}$，即0＜a=b时，f（x）在在[0，$\frac{a}{2}$]单调递减，在（$\frac{a}{2}$，b]单调递增，∴$\left\{\begin{array}{l}{f（\frac{a}{2}）≥2}\\{f（0）≤6}\end{array}\right.$，
即$\left\{\begin{array}{l}{b-\frac{{a}^{2}}{4}≥2}\\{b≤6}\\{0＜a=b}\end{array}\right.$，不等式组无解．
④若0＜$\frac{b}{2}$＜$\frac{a}{2}$＜b，即0＜b＜a＜2b时，f（x）在[0，$\frac{a}{2}$]单调递减，在（$\frac{a}{2}$，b]单调递增，
∴$\left\{\begin{array}{l}{f（\frac{a}{2}）≥2}\\{f（0）≤6}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{b-\frac{{a}^{2}}{4}≥2}\\{b≤6}\\{0＜b＜a＜2b}\end{array}\right.$，∴$\frac{{a}^{2}}{4}+2$＜a，不等式无解．
⑤若$\frac{a}{2}≥b$，即a≥2b时，f（x）在[0，b）上单调递减，∴$\left\{\begin{array}{l}{f（0）≤6}\\{f（b）≥2}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{{b}^{2}-ab+b≥2}\\{b≤6}\\{a≥2b}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{a≤b-\frac{2}{b}+1}\\{b≤6}\\{a≥2b}\end{array}\right.$，∴2b≤b-$\frac{2}{b}$+1，即b+$\frac{2}{b}$≤1．
∵0＜b≤6，∴b+$\frac{2}{b}$≥2$\sqrt{2}$＞1，∴不等式b+$\frac{2}{b}$≤1无解．
综上，b的取值范围是[2，3]，b的最大值为3，此时a=2．

点评 本题考查了二次函数的单调性与最值，对对称轴与区间的关系进行讨论是解题关键，属于难题．