Question

5．已知a＞0，b∈R，函数f（x）=4ax²-2bx-a+b．
（1）证明：当0≤x≤1时，（i）函数f（x）的最大值为|2a-b|+a；
                                     （ii）f（x）+|2a-b|+a≥0；
（2）若-1≤f（x）≤1对任意x∈[0，1]恒成立，求a+b的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出二次函数的对称性，讨论对称性和$\frac{1}{2}$的关系进行求解就可．
（2）根据不等式恒成立转化为不等式组关系，利用线性规划的知识进行求解．

解答 解：（1）（i）∵a＞0，b∈R，
∴抛物线开口向上，对称性x=$\frac{b}{4a}$，
当$\frac{b}{4a}$≤$\frac{1}{2}$，即b≤2a时，f（x）_max=f（1）=3a-
当$\frac{b}{4a}$＞$\frac{1}{2}$，即b＞2a时，f（x）_max=f（0）=-a+b，
则f（x）_max=$\left\{\begin{array}{l}{3a-b，}&{b≤2a}\\{-a+b，}&{b＞2a}\end{array}\right.$=|2a-b|+a；
（ii）当b≤2a时，f（x）+|2a-b|+a=4ax²-2bx+2a≥4ax²-4ax+2a=2a（2x²-2x+1）；
$\begin{array}{l}当b＞2a时，f（x）+|2a-b|+a=4a{x^2}+2b（1-x）-2a≥4a{x^2}+4a（1-x）-2a=2a（2{x^2}-2x+1），\\ 令g（x）=2{x^2}-2x+1=2{（x-\frac{1}{2}）^2}+\frac{1}{2}＞0，故f（x）+|2a-b|+a≥2a•g（x）≥0\end{array}$
（2）由（i）知，当0≤x≤1，f（x）_max=|2a-b|+a，
∴f（x）_max=|2a-b|+a≤1；若|2a-b|+a≤1；
则由（ii）知f（x）≥-（|2a-b|+a）≥-1；            …（10分）
则-1≤f（x）≤1对任意x∈[0，1]恒成立的等价条件是$\left\{\begin{array}{l}{|2a-b|+a≤1}\\{a＞0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{2a-b≥0}\\{3a-b≤1}\\{a＞0}\end{array}\right.$，或$\left\{\begin{array}{l}{2a-b＜0}\\{b-a≤1}\\{a＞0}\end{array}\right.$（•）   …（12分）
在直角坐标系aob 中，（*）所表示的平面区域为下图，所以a+b的范围是（-1，3]…（15分）

点评 本题主要考查不等式恒成立问题，涉及一元二次函数的性质故，根据条件关系转化为线性规划是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．