Question

（2012•浙江）已知a＞0，b∈R，函數(shù)f（x）=4ax³-2bx-a+b．
（Ⅰ）證明：當(dāng)0≤x≤1時，
（i）函數(shù)f（x）的最大值為|2a-b|+a；
（ii）f（x）+|2a-b|+a≥0；
（Ⅱ）若-1≤f（x）≤1對x∈[0，1]恒成立，求a+b的取值范圍．

Answer 1

分析：（Ⅰ）（ⅰ）求導(dǎo)函數(shù)，再分類討論：當(dāng)b≤0時，f′（x）＞0在0≤x≤1上恒成立，此時最大值為：f（1）=|2a-b|﹢a；當(dāng)b＞0時，在0≤x≤1上的正負(fù)性不能判斷，此時最大值為：f（x）_max=max{f（0），f（1）}=|2a-b|﹢a，由此可得結(jié)論；（ⅱ） 利用分析法，要證f（x）+|2a-b|+a≥0，即證g（x）=-f（x）≤|2a-b|﹢a．亦即證g（x）在0≤x≤1上的最大值小于（或等于）|2a-b|﹢a．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：函數(shù)在0≤x≤1上的最大值為|2a-b|﹢a，且函數(shù)在0≤x≤1上的最小值比-（|2a-b|﹢a）要大．根據(jù)-1≤f（x）≤1對x∈[0，1]恒成立，可得|2a-b|﹢a≤1，從而利用線性規(guī)劃知識，可求a+b的取值范圍．

解答：（Ⅰ）證明：（ⅰ）f′（x）=12a（x²-

b

6a

）
當(dāng)b≤0時，f′（x）＞0，在0≤x≤1上恒成立，此時最大值為：f（1）=|2a-b|﹢a；
當(dāng)b＞0時，在0≤x≤1上的正負(fù)性不能判斷，此時最大值為：f（x）_max=max{f（0），f（1）}=|2a-b|﹢a；
綜上所述：函數(shù)在0≤x≤1上的最大值為|2a-b|﹢a；
（ⅱ） 要證f（x）+|2a-b|+a≥0，即證g（x）=-f（x）≤|2a-b|﹢a．
亦即證g（x）在0≤x≤1上的最大值小于（或等于）|2a-b|﹢a，
∵g（x）=-4ax³+2bx+a-b，∴令g′（x）=-12ax²+2b=0，
當(dāng)b≤0時，x=

b 6a

；g′（x）＜0在0≤x≤1上恒成立，
此時g（x）的最大值為：g（0）=a-b＜3a-b=|2a-b|﹢a；
當(dāng)b＞0時，g′（x）在0≤x≤1上的正負(fù)性不能判斷，
∴g（x）_max=max{g（

b 6a

），g（1）}={

4

3

b

b 6a

+a-b，-3a+b}=

4 3 b b 6a +a-b ， b≤6a -3a+b ， b＞6a

∴g（x）_max≤|2a-b|﹢a；
綜上所述：函數(shù)g（x）在0≤x≤1上的最大值小于（或等于）|2a-b|﹢a．
即f（x）+|2a-b|+a≥0在0≤x≤1上恒成立．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：函數(shù)在0≤x≤1上的最大值為|2a-b|﹢a，且函數(shù)在0≤x≤1上的最小值比-（|2a-b|﹢a）要大．
∵-1≤f（x）≤1對x∈[0，1]恒成立，
∴|2a-b|﹢a≤1．
取b為縱軸，a為橫軸，則可行域為：

b≥2a b-a≤1

或

b＜2a 3a-b≤1

，目標(biāo)函數(shù)為z=a+b．
作圖如右：
由圖易得：a+b的取值范圍為（-1，3]

點(diǎn)評：本題考查導(dǎo)數(shù)知識的運(yùn)用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查函數(shù)的最值，考查不等式的證明，綜合性，難度大．